高中数学竞赛专题练习：排列组合
高中数学排列组合专题练习题
高中数学排列组合专题练习题一、选择题1、从 5 名男同学和 4 名女同学中选出 3 名男同学和 2 名女同学，分别担任 5 种不同的职务，不同的选法共有（）A 5400 种B 18000 种C 7200 种D 14400 种解析：第一步，从 5 名男同学中选出 3 名，有\（C_{5}＾3\）种选法；第二步，从 4 名女同学中选出 2 名，有\（C_{4}＾2\）种选法；第三步，将选出的 5 名同学进行排列，有\（A_{5}＾5\）种排法。
所以不同的选法共有\（C_{5}＾3 × C_{4}＾2 × A_{5}＾5 ＝ 10×6×120 ＝7200\）种，故选 C。
2、有 5 本不同的书，其中语文书 2 本，数学书 2 本，物理书 1 本。
若将其并排摆放在书架的同一层上，则同一科目书都不相邻的放法种数是（）A 24B 48C 72D 96解析：先排语文书有\（A_{2}＾2 ＝ 2\）种排法，再在语文书的间隔（含两端）处插数学书有\（A_{3}＾2 ＝ 6\）种插法，最后将物理书插入 4 个间隔中的一个有 4 种方法。
所以共有\（2×6×4 ＝ 48\）种排法，故选 B。
3、从 0，1，2，3，4，5 这 6 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 300B 216C 180D 162解析：分两类情况讨论：第一类：取出的偶数含 0。
偶数 0 和另外一个偶数的取法有\（C_{2}＾1\）种，奇数的取法有\（C_{3}＾2\）种。
0 在个位时，其他三个数字全排列，有\（A_{3}＾3\）种；0 不在个位时，0 有 2 种位置，其他三个数字全排列，有\（2×A_{2}＾1×A_{2}＾2\）种。
此时共有\（C_{2}＾1×C_{3}＾2×（A_{3}＾3 ＋ 2×A_{2}＾1×A_{2}＾2) ＝ 108\）种。
高中数学竞赛专题练习-排列组合
高中数学竞赛专题练习-排列组合一．排列组合二项式定理1(2005年浙江)设1某某2nnn求a2a4a2n的值（）a0a1某a2n某2n，3n13n1（A）3（B）32（C）（D）22【解】：令某0得a01；（1）令某1得a0a1a2a3a2n1；（2）n令某1得a0a1a2a3a2n3；（3）（2）＋（3）得2(a0a2a4a2n)31，故a0a2a4a2nn3n1，2再由（1）得a2a4a2n3n1选【C】22、（2004全国）设三位数nabc，若以a，b，c为三条边的长可以构成一个等腰（含等边）三角形，则这样的三位数n有（）A.45个B.81个C.165个D.216个解：a，b，c要能构成三角形的边长，显然均不为0。
即a,b,c{1,2, (9)（1）若构成等边三角形，设这样的三位数的个数为n1，由于三位数中三个数码都相同，所1以，n1C99。
（2）若构成等腰（非等边）三角形，设这样的三位数的个数为n2，由于三位数中只有2个不同数码。
设为a、b，注意到三角形腰与底可以置换，所以可取的数码组（a，b）共有2C9。
但当大数为底时，设a>b，必须满足ba2b。
此时，不能构成三角形的数码是ab94，32，184，32，173，2163，2151，241，23121221共20种情况。
同时，每个数码组（a，b）中的二个数码填上三个数位，有C3种情况。
222故n2C3(2C920)6(C910)156。
综上，nn1n2165。
3．（2005四川）设A{1,2,,10}，若“方程某b某c0满足b,cA，且方程至少2有一根aA”，就称该方程为“漂亮方程”。
则“漂亮方程”的个数为（A）8（B）10（C）12（D）14解：，由题可知，方程的两根均为整数且两根一正一负，当有一根为1时，有9个满足题意的“漂亮方程”，当一根为2时，有3个满足题意的“漂亮方程”。
共有12个，故选C。
4．（2005四川）设a1,a2,a3,a4是1,2,3,4的任一排列，f是{1,2,3,4}到{1,2,3,4}的映射，a2a3a4a1且满足f(i)i，记数表若数表M,N的对应位置上至少f(a)f(a)f(a)f(a)1234有一个不同，就说M,N是两张不同的数表。
高中数学概率统计难题集
高中数学概率统计难题集
1. 排列组合
1. 某班有10个男生和8个女生，从中选择5位同学参加一次数学竞赛，其中必须至少有2名男生和3名女生参赛。
求参赛人员的组合数。
2. 概率计算
2. 在一副有52张牌的扑克牌中，从中随机抽出5张牌，求抽到四张皇后的概率。
3. 离散型随机变量
3. 一批零件的质量服从正态分布，均值为80，标准差为5。
从中随机抽取一个零件，求质量小于75的概率。
4. 连续型随机变量
4. 一家餐厅餐桌到达的时间符合指数分布，平均每10分钟有一桌。
求在20分钟内没有餐桌到达的概率。
5. 相关性分析
5. 一对骰子同时抛掷，求两个骰子的和为7的概率。
这些难题涵盖了高中数学概率统计的不同概念和技巧，希望能
够提供给学生们一些有趣而具有挑战性的练题。
尝试解答这些问题，不断提升自己的数学思维能力和解题技巧。
> 注意：以上问题解析仅供参考，具体解答可能与题目提供的
信息有关。
在实际解题过程中，请根据题目给出的条件和公式进行
思考和推导，以获得正确的答案。
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帮助！。
高中数学排列组合专项练习(后附答案)
排列组合一、知识点讲解1.排列与组合的概念2.排列数与组合数（1）排列数的定义：从n 个不同元素中取出m （m ≤n ）个元素的________的个数，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的排列数，用____表示.（2）组合数的定义：从n 个不同元素中取出m （m ≤n ）个元素的________的个数，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的组合数，用____表示.3.排列数、组合数的公式及性质)(!n m m −+）m n n n C C =二、课堂练习题组一 思考辨析1.判断下列结论是否正确（请在括号中打“√”或“×”）（1）所有元素完全相同的两个排列为相同排列. （ ） （2）一个组合中取出的元素讲究元素的先后顺序. （ ） （3）两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相同. （ ） （4）（n ＋1）！－n ！＝n ·n ！.（ ）（5）若组合式C x n ＝C mn ，则x ＝m 成立. （ ） （6）k C k n ＝n C k －1n －1.（ ）题组二 教材改编2.[P29习题T5]6把椅子摆成一排，3人随机就座，任何两人不相邻的坐法种数为________.3.[P16例7]用数字1,2,3,4,5组成无重复数字的四位数，其中偶数的个数为________.题组三易错自纠4.六个人从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有_______种.5.为发展国外孔子学院，教育部选派6名中文教师到泰国、马来西亚、缅甸任教中文，若每个国家至少去一人，则不同的选派方案种数为________.6.寒假里5名同学结伴乘动车外出旅游，实名制购票，每人一座，恰在同一排A，B，C，D，E五个座位（一排共五个座位），上车后五人在这五个座位上随意坐，则恰有一人坐对与自己车票相符座位的坐法有______种. （用数字作答）三、课中讲解题型一排列问题1.某高三毕业班有40人，同学之间两两彼此给对方写一条毕业留言，那么全班共写了_______条毕业留言. （用数字作答）2.用1,2,3,4,5,6组成一个无重复数字的六位数，要求三个奇数1,3,5有且只有两个相邻，则不同的排法种数为________.3.在1,2,3,4,5,6,7的任一排列a1，a2，a3，a4，a5，a6，a7中，使相邻两数都互质的排列种数为________.排列应用问题的分类与解法（1）对于有限制条件的排列问题，分析问题时有位置分析法、元素分析法，在实际进行排列时一般采用特殊元素优先原则，即先安排有限制条件的元素或有限制条件的位置，对于分类过多的问题可以采用间接法.（2）对相邻问题采用捆绑法、不相邻问题采用插空法、定序问题采用倍缩法是解决有限制条件的排列问题的常用方法.题型二组合问题例1.某市工商局对35种商品进行抽样检查，已知其中有15种假货. 现从35种商品中选取3种.（1）其中某一种假货必须在内，不同的取法有多少种？（2）其中某一种假货不能在内，不同的取法有多少种？（3）恰有2种假货在内，不同的取法有多少种？（4）至少有2种假货在内，不同的取法有多少种？（5）至多有2种假货在内，不同的取法有多少种？组合问题常有以下两类题型变化：（1）“含有”或“不含有”某些元素的组合题型：“含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中去选取.（2）“至少”或“至多”含有几个元素的组合题型：解这类题必须十分重视“至少”与“至多”这两个关键词的含义，谨防重复与漏解. 用直接法和间接法都可以求解，通常用直接法分类复杂时，考虑逆向思维，用间接法处理.练1.在某校2017年举办的第32届秋季运动会上，甲、乙两位同学从四个不同的运动项目中各选两个项目报名，则甲、乙两位同学所选的项目中至少有1个不相同的选法种数为________.练2.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________种.题型三排列与组合问题的综合应用命题点1相邻、相间及特殊元素（位置）问题例1.在高三某班进行的演讲比赛中，共有5位选手参加，其中3位女生，2位男生，如果2位男生不能连续出场，且女生甲不能排第一个，那么出场的顺序的排法种数为________.例2.大数据时代出现了滴滴打车服务，二胎政策的放开使得家庭中有两个孩子的现象普遍存在. 某城市关系要好的A，B，C，D四个家庭各有两个孩子共8人，他们准备使用滴滴打车软件，分乘甲、乙两辆汽车出去游玩，每车限坐4名（乘同一辆车的4个孩子不考虑位置），其中A家庭的孪生姐妹需乘同一辆车，则乘坐甲车的4个孩子恰有2个来自于同一个家庭的乘坐方式共有________种.命题点2分组与分配问题例1.国家教育部为了发展贫困地区教育，在全国重点师范大学免费培养教育专业师范生，毕业后要分到相应的地区任教. 现有6个免费培养的教育专业师范毕业生要平均分到3所学校去任教，有_____种不同的分派方法.例2.有4名优秀学生A，B，C，D全部被保送到甲、乙、丙3所学校，每所学校至少去一名，则不同的保送方案共有________种.（1）解排列、组合问题要遵循的两个原则①按元素（位置）的性质进行分类；②按事情发生的过程进行分步. 具体地说，解排列、组合问题常以元素（位置）为主体，即先满足特殊元素（位置），再考虑其他元素（位置）.（2）分组、分配问题的求解策略①对不同元素的分配问题a.对于整体均分，解题时要注意分组后，不管它们的顺序如何，都是一种情况，所以分组后一定要除以A n n（n为均分的组数），避免重复计数.b.对于部分均分，解题时注意重复的次数是均匀分组的阶乘数，即若有m组元素个数相等，则分组时应除以m！，分组过程中有几个这样的均匀分组，就要除以几个这样的全排列数.c.对于不等分组，只需先分组，后排列，注意分组时任何组中元素的个数都不相等，所以不需要除以全排列数.②对于相同元素的“分配”问题，常用方法是采用“隔板法”.练1.（2017·全国Ⅱ改编）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________种.练2.（2017·浙江）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，则共有________种不同的选法. （用数字作答）练3.把5件不同的产品摆成一排，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.四、课后练习1.从1,3,5,7,9这五个数中，每次取出两个不同的数分别记为a，b，共可得到lg a－lg b的不同值的个数是________.2.有5本不同的书，其中语文书3本，数学书2本，若将它们随机并排摆放到书架的同一层上，则同一科目的书都不相邻的摆放方法数为________.3.某小区有排成一排的7个车位，现有3辆不同型号的车需要停放，如果要求剩余的4个车位连在一起，那么不同的停放方法的种数为________.4.方程ay＝b2x2＋c中的a，b，c∈{－3，－2,0,1,2,3}，且a，b，c互不相同. 在所有这些方程所表示的曲线中，不同的抛物线共有________条.5.有A，B，C，D，E五位学生参加网页设计比赛，决出了第一到第五的名次. A，B两位学生去问成绩，老师对A说：你的名次不知道，但肯定没得第一名；又对B说：你是第三名. 请你分析一下，这五位学生的名次排列的种数为________.6.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________.7.若把英语单词“good”的字母顺序写错了，则可能出现的错误方法共有________种. （用数字作答）8. 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）9. 某医院拟派2名内科医生，3名外科医生和3名护士共8人组成两个医疗分队，平均分到甲、乙两个村进行义务巡诊，其中每个分队都必须有内科医生，外科医生和护士，则不同的分配方案有______种.10. 用数字0,1,2,3,4组成的五位数中，中间三位数字各不相同，但首末两位数字相同的共有_____个.11. 某次联欢会要安排3个歌舞类节目，2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序，则同类节目不相邻的排法种数是________.12. 某宾馆安排A，B，C，D，E五人入住3个房间，每个房间至少住1人，且A，B不能住同一房间，则共有________种不同的安排方法. （用数字作答）13. 7人站成两排队列，前排3人，后排4人，现将甲、乙、丙三人加入队列，前排加一人，后排加两人，其他人保持相对位置不变，则不同的加入方法的种数为________.14. 将标号为1,2,3,4,5的五个球放入3个不同的盒子中，每个盒子至少有一个球，则一共有________种放法.15. 在第二届乌镇互联网大会中，为了提高安保的级别同时又为了方便接待，现为其中的五个参会国的人员安排酒店，这五个参会国的人员要在a，b，c三家酒店中任选一家，且这三家都至少有一个参会国的人员入住，则这样的安排方法共有________种.16. 设三位数n＝abc，若以a，b，c为三条边的长可以构成一个等腰（含等边）三角形，则这样的三位数n有多少个？排列组合一、知识点讲解1.排列与组合的概念2.排列数与组合数（1）排列数的定义：从n 个不同元素中取出m （m ≤n ）个元素的所有排列的个数，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的排列数，用.（2）组合数的定义：从n 个不同元素中取出m （m ≤n ）个元素的所有组合的个数，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的组合数，用.3.排列数、组合数的公式及性质)(!n m m −+C m －1n__ 二、课堂练习题组一 思考辨析1.判断下列结论是否正确（请在括号中打“√”或“×”）（1）所有元素完全相同的两个排列为相同排列. （）（2）一个组合中取出的元素讲究元素的先后顺序. （ ） （3）两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相同. （ ）（4）（n ＋1）！－n ！＝n ·n ！.（ ）（5）若组合式C x n ＝C mn ，则x ＝m 成立. （ ） （6）k C k n ＝n C k －1n －1.（ ）【答案】×；×；√；√；×；√题组二教材改编2. [P29习题T5]6把椅子摆成一排，3人随机就座，任何两人不相邻的坐法种数为________.【答案】24“插空法”，先排3个空位，形成4个空隙供3人选择就座，因此任何两人不相邻的坐法种数为A34＝4×3×2＝24.3. [P16例7]用数字1,2,3,4,5组成无重复数字的四位数，其中偶数的个数为________.【答案】48末位数字排法有A12种，其他位置排法有A34种，共有A12A34＝48（种）排法，所以偶数的个数为48.题组三易错自纠4. 六个人从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有_______种. 【答案】216第一类：甲在左端，有A55＝5×4×3×2×1＝120（种）排法；第二类：乙在最左端，甲不在最右端，有4A44＝4×4×3×2×1＝96（种）排法.所以共有120＋96＝216（种）排法.5. 为发展国外孔子学院，教育部选派6名中文教师到泰国、马来西亚、缅甸任教中文，若每个国家至少去一人，则不同的选派方案种数为________.【答案】540②一个国家派3名，一个国家派2名，一个国家派1名，有C36C23C11A33＝360（种）；③每个国家各派6. 寒假里5名同学结伴乘动车外出旅游，实名制购票，每人一座，恰在同一排A，B，C，D，E五个座位（一排共五个座位），上车后五人在这五个座位上随意坐，则恰有一人坐对与自己车票相符座位的坐法有______种. （用数字作答）【答案】45设5名同学也用A，B，C，D，E来表示，若恰有一人坐对与自己车票相符的坐法，设E同学坐在自己的座位上，则其他四位都不坐自己的座位，则有BADC，BDAC，BCDA，CADB，CDAB，CDBA，DABC，DCAB，DCBA，共9种坐法，则恰有一人坐对与自己车票相符座位的坐法有9×5＝45（种）.三、课中讲解题型一排列问题1. 某高三毕业班有40人，同学之间两两彼此给对方写一条毕业留言，那么全班共写了_______条毕业留言. （用数字作答）【答案】1 560由题意知两两彼此给对方写一条毕业留言相当于从40人中任选两人的排列数，所以全班共写了A240＝40×39＝1 560（条）留言.2. 用1,2,3,4,5,6组成一个无重复数字的六位数，要求三个奇数1,3,5有且只有两个相邻，则不同的排法种数为________.【答案】432根据题意，分三步进行：第一步，先将1,3,5分成两组，共C23A22种排法；第二步，将2,4,6排成一排，共A33种排法；第三步，将两组奇数插入三个偶数形成的四个空位，共A24种排法. 综上，共有C23A22A33 A24＝3×2×6×12＝432（种）排法.3. 在1,2,3,4,5,6,7的任一排列a1，a2，a3，a4，a5，a6，a7中，使相邻两数都互质的排列种数为________. 【答案】864解析先把数字1,3,5,7作全排列，有A44＝24种排法，再排数字6，由于数字6不与3相邻，在排好的排列中，除去3的左、右2个空隙，还有3个空隙可排数字6，故数字6有3种排法，最后排数字2,4，又数字2,4不与6相邻，故在剩下的4个空隙中排上2,4，有A24种排法，故共有A44×3×A24＝864（种）排法.排列应用问题的分类与解法（1）对于有限制条件的排列问题，分析问题时有位置分析法、元素分析法，在实际进行排列时一般采用特殊元素优先原则，即先安排有限制条件的元素或有限制条件的位置，对于分类过多的问题可以采用间接法.（2）对相邻问题采用捆绑法、不相邻问题采用插空法、定序问题采用倍缩法是解决有限制条件的排列问题的常用方法.题型二组合问题例1.某市工商局对35种商品进行抽样检查，已知其中有15种假货. 现从35种商品中选取3种.（1）其中某一种假货必须在内，不同的取法有多少种？（2）其中某一种假货不能在内，不同的取法有多少种？（3）恰有2种假货在内，不同的取法有多少种？（4）至少有2种假货在内，不同的取法有多少种？（5）至多有2种假货在内，不同的取法有多少种？【答案】（1）从余下的34种商品中，选取2种有C234＝561种取法，∴某一种假货必须在内的不同取法有561种.（2）从34种可选商品中，选取3种，有C334种或者C335－C234＝C334＝5 984种取法.∴某一种假货不能在内的不同取法有5 984种.（3）从20种真货中选取1种，从15种假货中选取2种有C120C215＝2 100种取法.∴恰有2种假货在内的不同的取法有2 100种.（4）选取2种假货有C120C215种，选取3种假货有C315种，共有选取方式C120C215＋C315＝2 100＋455＝2 555（种）.∴至少有2种假货在内的不同的取法有2 555种.（5）方法一（间接法）选取3种的总数为C335，因此共有选取方式C335－C315＝6 545－455＝6 090（种）.∴至多有2种假货在内的不同的取法有6 090种.方法二（直接法）选取3种真货有C320种，选取2种真货有C220C115种，选取1种真货有C120C215种，因此共有选取方式C320＋C220C115＋C120C215＝6 090（种）.∴至多有2种假货在内的不同的取法有6 090种.组合问题常有以下两类题型变化：（1）“含有”或“不含有”某些元素的组合题型：“含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中去选取.（2）“至少”或“至多”含有几个元素的组合题型：解这类题必须十分重视“至少”与“至多”这两个关键词的含义，谨防重复与漏解. 用直接法和间接法都可以求解，通常用直接法分类复杂时，考虑逆向思维，用间接法处理.练1.在某校2017年举办的第32届秋季运动会上，甲、乙两位同学从四个不同的运动项目中各选两个项目报名，则甲、乙两位同学所选的项目中至少有1个不相同的选法种数为________.【答案】30因为甲、乙两位同学从四个不同的项目中各选两个项目的选法有C24C24种.其中甲、乙所选的项目完全相同的选法有C24种，所以甲、乙所选的项目中至少有1个不相同的选法共有C24C24－C24＝30（种）.练2.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________种. 【答案】66共有4个不同的偶数和5个不同的奇数，要使和为偶数，则4个数全为奇数，或全为偶数，或2个奇数和2个偶数，故不同的取法有C45＋C44＋C25C24＝66（种）.题型三排列与组合问题的综合应用命题点1相邻、相间及特殊元素（位置）问题例1.在高三某班进行的演讲比赛中，共有5位选手参加，其中3位女生，2位男生，如果2位男生不能连续出场，且女生甲不能排第一个，那么出场的顺序的排法种数为________.【答案】602位男生不能连续出场的排法共有N1＝A33×A24＝72（种），女生甲排第一个且2位男生不连续出场的排法共有N2＝A22×A23＝12（种），所以出场顺序的排法种数为N＝N1－N2＝60.例2.大数据时代出现了滴滴打车服务，二胎政策的放开使得家庭中有两个孩子的现象普遍存在. 某城市关系要好的A，B，C，D四个家庭各有两个孩子共8人，他们准备使用滴滴打车软件，分乘甲、乙两辆汽车出去游玩，每车限坐4名（乘同一辆车的4个孩子不考虑位置），其中A家庭的孪生姐妹需乘同一辆车，则乘坐甲车的4个孩子恰有2个来自于同一个家庭的乘坐方式共有________种.【答案】24根据题意，分两种情况讨论：①A家庭的孪生姐妹在甲车上，甲车上另外的两个孩子要来自不同的家庭，可以在剩下的三个家庭中任选2个，再从每个家庭的2个孩子中任选一个来乘坐甲车，有C23×C12×C12＝12（种）乘坐方式；②A家庭的孪生姐妹不在甲车上，需要在剩下的三个家庭中任选1个，让其2个孩子都在甲车上，对于剩余的两个家庭，从每个家庭的2个孩子中任选一个来乘坐甲车，有C13×C12×C12＝12（种）乘坐方式，故共有12＋12＝24（种）乘坐方式.命题点2分组与分配问题例1.国家教育部为了发展贫困地区教育，在全国重点师范大学免费培养教育专业师范生，毕业后要分到相应的地区任教. 现有6个免费培养的教育专业师范毕业生要平均分到3所学校去任教，有________种不同的分派方法.【答案】90例2.有4名优秀学生A，B，C，D全部被保送到甲、乙、丙3所学校，每所学校至少去一名，则不同的保送方案共有________种.【答案】36则共有6×6＝36（种）不同的保送方案.（1）解排列、组合问题要遵循的两个原则①按元素（位置）的性质进行分类；②按事情发生的过程进行分步. 具体地说，解排列、组合问题常以元素（位置）为主体，即先满足特殊元素（位置），再考虑其他元素（位置）.（2）分组、分配问题的求解策略①对不同元素的分配问题a. 对于整体均分，解题时要注意分组后，不管它们的顺序如何，都是一种情况，所以分组后一定要除以A n n（n为均分的组数），避免重复计数.b. 对于部分均分，解题时注意重复的次数是均匀分组的阶乘数，即若有m组元素个数相等，则分组时应除以m！，分组过程中有几个这样的均匀分组，就要除以几个这样的全排列数.c. 对于不等分组，只需先分组，后排列，注意分组时任何组中元素的个数都不相等，所以不需要除以全排列数.②对于相同元素的“分配”问题，常用方法是采用“隔板法”.练1.（2017·全国Ⅱ改编）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________种.【答案】36由题意可知，其中1人必须完成2项工作，其他2人各完成1项工作，可得安排方式为C13·C24·A22＝练2.（2017·浙江）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，则共有________种不同的选法. （用数字作答）【答案】660方法一只有1名女生时，先选1名女生，有C12种方法；再选3名男生，有C36种方法；然后排队长、副队长位置，有A24种方法. 由分步计数原理知，共有C12C36A24＝480（种）选法.有2名女生时，再选2名男生，有C26种方法；然后排队长、副队长位置，有A24种方法. 由分步计数原理知，共有C26A24＝180（种）选法. 所以依据分类计数原理知，共有480＋180＝660（种）不同的选法.方法二不考虑限制条件，共有A28C26种不同的选法，而没有女生的选法有A26C24种，故至少有1名女生的选法有A28C26－A26C24＝840－180＝660（种）.练3.把5件不同的产品摆成一排，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.【答案】36将产品A与B捆绑在一起，然后与其他三种产品进行全排列，共有A22A44种方法，将产品A，B，C 捆绑在一起，且A在中间，然后与其他两种产品进行全排列，共有A22A33种方法. 于是符合题意的摆法共有A22A44－A22A33＝36（种）.四、课后练习1.从1,3,5,7,9这五个数中，每次取出两个不同的数分别记为a，b，共可得到lg a－lg b的不同值的个数是________.【答案】18为A25－2＝18.2. 有5本不同的书，其中语文书3本，数学书2本，若将它们随机并排摆放到书架的同一层上，则同一科目的书都不相邻的摆放方法数为________.【答案】12A33A22＝12.3. 某小区有排成一排的7个车位，现有3辆不同型号的车需要停放，如果要求剩余的4个车位连在一起，那么不同的停放方法的种数为________.【答案】24将4个车位捆绑在一起，看成一个元素，先排3辆不同型号的车，在3个车位上任意排列，有A33＝6种排法，再将捆绑在一起的4个车位插入4个空档中，有4种方法，故共有4×6＝24（种）方法.4. 方程ay＝b2x2＋c中的a，b，c∈{－3，－2,0,1,2,3}，且a，b，c互不相同. 在所有这些方程所表示的曲线中，不同的抛物线共有________条.【答案】62a，b均不为0，且b取互为相反数的两数时抛物线相同，故分a取1与a不取1两类：①a取1时，b2取值为4,9两类，当b2＝4和b2＝9时，c都有5种情况，此时有2×5＝10（种）；②a不取1时有C14种，不妨设a取2，则b2取值有1,4,9三类，当b2＝1时，c有4种，当b2＝4时，c有4种，当b2＝9时，c有5种，此时有C14（4＋4＋5）＝52（条）不同的抛物线.故共有10＋52＝62（种）不同的抛物线.5. 有A，B，C，D，E五位学生参加网页设计比赛，决出了第一到第五的名次. A，B两位学生去问成绩，老师对A说：你的名次不知道，但肯定没得第一名；又对B说：你是第三名. 请你分析一下，这五位学生的名次排列的种数为________.【答案】18由题意知，名次排列的种数为C13A33＝18.6. 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________.【答案】72由题可知，五位数要为奇数，则个位数只能是1,3,5.分为两步：先从1,3,5三个数中选一个作为个位数有C13种选法，再将剩下的4个数字排列有A44种排法，则满足条件的五位数有C13·A44＝72（个）.7. 若把英语单词“good”的字母顺序写错了，则可能出现的错误方法共有________种. （用数字作答）【答案】11把g，o，o，d 4个字母排一列，可分两步进行，第一步：排g和d，共有A24种排法；第二步：排两个o，共1种排法，所以总的排法种数为A24＝12.其中正确的有一种，所以错误的共有A24－1＝12－1＝11（种）.8. 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）【答案】60分两类：第一类：3张中奖奖券分给3个人，共A34种分法；第二类：3张中奖奖券分给2个人相当于把3张中奖奖券分两组再分给4人中的2人，共有C23A24种分法.总获奖情况共有A34＋C23A24＝60（种）.9. 某医院拟派2名内科医生，3名外科医生和3名护士共8人组成两个医疗分队，平均分到甲、乙两个村进行义务巡诊，其中每个分队都必须有内科医生，外科医生和护士，则不同的分配方案有______种.【答案】362名内科医生的分法为A22，3名外科医生与3名护士的分法为C23C13＋C13C23，共有A22（C23C13＋C13C23）＝36（种）不同的分法.10. 用数字0,1,2,3,4组成的五位数中，中间三位数字各不相同，但首末两位数字相同的共有________个.【答案】240由题意，知本题是一个分步计数问题，从1,2,3,4四个数中选取一个有四种选法，接着从这五个数中选取3个在中间三个位置排列，共有A35＝60个，根据分步计数原理知，有60×4＝240（个）.11. 某次联欢会要安排3个歌舞类节目，2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序，则同类节目不相邻的排法种数是________.【答案】120先安排小品节目和相声节目，然后让歌舞节目去插空. 安排小品节目和相声节目的顺序有三种：“小品1，小品2，相声”，“小品1，相声，小品2”和“相声，小品1，小品2”. 对于第一种情况，形式为“□小品1歌舞1小品2□相声□”，有A22C13A23＝36（种）安排方法；同理，第三种情况也有36种安排方法，对于第二种情况，三个节目形成4个空，其形式为“□小品1□相声□小品2□”，有A22A34＝48（种）安排方法. 由分类计数原理知，共有36＋36＋48＝120（种）安排方法.12. 某宾馆安排A，B，C，D，E五人入住3个房间，每个房间至少住1人，且A，B不能住同一房间，则共有________种不同的安排方法. （用数字作答）【答案】1145个人住3个房间，每个房间至少住1人，则有（3,1,1）和（2,2,1）两种，当为（3,1,1）时，有C35·A33＝90种，A，B住同一房间有C23·A33＝18种，故有90－18＝72（种），根据分类计数原理可知，共有42＋72＝114（种）.13. 7人站成两排队列，前排3人，后排4人，现将甲、乙、丙三人加入队列，前排加一人，后排加两人，其他人保持相对位置不变，则不同的加入方法的种数为________.【答案】360前排3人有4个空，从甲、乙、丙3人中选1人插入，有C14C13种方法，对于后排，若插入的2人不相邻，有A25种方法；若相邻，有C15A22种，故共有C14C13（A25＋C15A22）＝360（种）.14. 将标号为1,2,3,4,5的五个球放入3个不同的盒子中，每个盒子至少有一个球，则一共有________种放法.【答案】150标号为1,2,3,4,5的五个球放入3个不同的盒子中，每个盒子至少有一个球，故可分成（3,1,1）和（2,2,1）15. 在第二届乌镇互联网大会中，为了提高安保的级别同时又为了方便接待，现为其中的五个参会国的人员安排酒店，这五个参会国的人员要在a，b，c三家酒店中任选一家，且这三家都至少有一个参会国的人员入住，则这样的安排方法共有________种.【答案】150这三家酒店入住的参会国数目有以下两种可能：满足题意的安排方法共有90＋60＝150（种）.。
高中排列组合试题及答案
高中排列组合试题及答案一、选择题1. 从5个人中选出3个人参加比赛，不同的选法有（）种。
A. 10B. 15C. 20D. 60答案：B2. 有3个不同的球和3个不同的盒子，每个盒子只能放一个球，不同的放法有（）种。
A. 3B. 6C. 9D. 27答案：D3. 从6本不同的书中选3本送给3个不同的人，每人一本，不同的送法有（）种。
A. 20B. 60C. 120D. 720答案：B二、填空题4. 一个班级有20名学生，需要选出5名学生组成一个小组，那么不同的选法有______种。
答案：15,5045. 从10个人中选出3个人担任班长、副班长和学习委员，不同的选法有______种。
答案：720三、解答题6. 某学校有5个不同学科的竞赛，每个学生可以选择参加1个或多个竞赛，求至少参加一个竞赛的学生的选法总数。
答案：首先，每个学生有6种选择：不参加任何竞赛，只参加一个竞赛，参加两个竞赛，参加三个竞赛，参加四个竞赛，参加所有五个竞赛。
对于每个学科，学生有两种选择：参加或不参加，所以总共有2^5=32种可能的组合。
但是，我们需要排除不参加任何竞赛的情况，所以选法总数为32-1=31种。
7. 一个班级有30名学生，需要选出一个5人的篮球队，其中必须包括1名队长和4名队员。
如果队长和队员可以是同一个人，那么不同的选法有多少种？答案：首先，选择队长有30种可能，然后从剩下的29人中选择4名队员，有C(29,4)种可能。
但是，由于队长和队员可以是同一个人，我们需要减去只选了4名队员的情况，即C(30,4)种。
所以，总的选法为30*C(29,4) - C(30,4) = 30*1911 - 27,405 = 57,330种。
四、计算题8. 一个数字密码由5个不同的数字组成，每位数字可以是0-9中的任意一个，求这个密码的所有可能组合。
答案：每位数字有10种可能，所以总的组合数为10^5 = 100,000种。
9. 一个班级有15名学生，需要选出一个7人的足球队，不同的选法有多少种？答案：从15名学生中选出7人，不同的选法有C(15,7) = 6,435种。
高中数学排列组合典型题大全含答案
排列组合典型题大全一．可重复的排列求幂法：重复排列问题要区分两类元素：一类可以重复，另一类不能重复，把不能重复的元素看作“客”，能重复的元素看作“店”，则通过“住店法”可顺利解题，在这类问题使用住店处理的策略中，关键是在正确判断哪个底数，哪个是指数【例1】（1）有4名学生报名参加数学、物理、化学竞赛，每人限报一科，有多少种不同的报名方法？（2）有4名学生参加争夺数学、物理、化学竞赛冠军，有多少种不同的结果？（3）将3封不同的信投入4个不同的邮筒，则有多少种不同投法？【解析】：（1）43（2）34（3）34【例2】把6名实习生分配到7个车间实习共有多少种不同方法？【解析】：完成此事共分6步，第一步；将第一名实习生分配到车间有7种不同方案，第二步：将第二名实习生分配到车间也有7种不同方案，依次类推，由分步计数原理知共有67种不同方案.【例3】8名同学争夺3项冠军，获得冠军的可能性有（）A 、38 B、83 C、38A D 、38C 【解析】：冠军不能重复，但同一个学生可获得多项冠军，把8名学生看作8家“店”，3项冠军看作3个“客”，他们都可能住进任意一家“店”，每个“客”有8种可能，因此共有38种不同的结果。
所以选A1、4封信投到3个信箱当中，有多少种投法？2、4个人争夺3项冠军，要求冠军不能并列，每个人可以夺得多项冠军也可以空手而还，问最后有多少种情况？3、4个同学参加3项不同的比赛（1）每位同学必须参加一项比赛，有多少种不同的结果？（2）每项竞赛只许一名同学参加，有多少种不同的结果？4、5名学生报名参加4项比赛，每人限报1项，报名方法的种数有多少？又他们争夺这4项比赛的冠军，获得冠军的可能性有多少？5、甲乙丙分10瓶汽水的方法有多少种？6、（全国II 文）5位同学报名参加两个课外活动小组,每位同学限报其中的一个小组,则不同的报名方法共(A)10种(B) 20种(C) 25种(D) 32种7、5位同学报名参加并负责两个课外活动小组，每个兴趣小组只能有一个人来负责，负责人可以兼职，则不同的负责方法有多少种？8、4名不同科目的实习教师被分配到3个班级，不同的分法有多少种？思考：4名不同科目的实习教师被分配到3个班级，每班至少一个人的不同的分法有多少种？二．相邻问题捆绑法：题目中规定相邻的几个元素捆绑成一个组，当作一个大元素参与排列.【例1】,,,,A B C D E 五人并排站成一排，如果,A B 必须相邻且B 在A 的右边，那么不同的排法种数有【解析】：把,A B 视为一人，且B 固定在A 的右边，则本题相当于4人的全排列，4424A种例2. 7人站成一排 ,其中甲乙相邻且丙丁相邻, 共有多少种不同的排法. 解：可先将甲乙两元素捆绑成整体并看成一个复合元素，同时丙丁也看成一个复合元素，再与其它元素进行排列，同时对相邻元素内部进行自排。
排列组合的试题及答案高中
排列组合的试题及答案高中一、选择题1. 从5个不同的小球中取出3个进行排列，共有多少种不同的排列方式？A. 20种B. 60种C. 120种D. 240种2. 有5个人排成一排，其中甲乙两人必须相邻，共有多少种不同的排法？A. 48种B. 60种C. 120种D. 240种二、填空题3. 用0,1,2,3,4这五个数字组成没有重复数字的三位数，其中个位数字为1的共有多少个？4. 某班有10名同学，需要选出3名代表，有多少种不同的选法？三、解答题5. 某公司有10名员工，需要选出5名员工组成一个工作小组，要求其中至少有1名女性员工。
如果公司中有5名女性员工和5名男性员工，问有多少种不同的组合方式？6. 某校有5个社团，每个学生最多可以参加2个社团，问有多少种不同的参加方式？答案一、选择题1. 答案：B解析：从5个不同的小球中取出3个进行排列，使用排列公式A_{5}^{3} = 5 × 4 × 3 = 60。
2. 答案：A解析：将甲乙两人看作一个整体，有4!种排法，再将甲乙两人内部排列，有2!种排法，所以总共有4! × 2! = 48种排法。
二、填空题3. 答案：18解析：首先确定百位，有4种选择（不能选0和1），然后确定十位，有3种选择（不能与百位相同），最后确定个位为1，所以共有 4 × 3 = 12种。
但是，由于0不能作为百位，所以需要减去3种情况，最终答案为 12 - 3 = 9种。
4. 答案：120解析：从10个人中选出3个人，使用组合公式 C_{10}^{3} = 10! / (3! × (10 - 3)!) = 120。
三、解答题5. 答案：252种解析：首先计算所有可能的组合数，即 C_{10}^{5} = 252。
然后计算没有女性员工的组合数，即 C_{5}^{5} = 1。
所以至少有1名女性员工的组合数为 252 - 1 = 251。
排列组合常考题型
排列组合常考题型排列组合是数学中研究事物的安排方式的一门学问，常用于计算不同的组合可能性数量。
在考试和竞赛中，排列组合的题目类型多样，以下是一些常见的题型：1. 排列题：- 求解从n个不同元素中取出m（m≤n）个元素的排列数，公式为P(n, m) = n! / (n-m)!，其中"!"表示阶乘。
- 有重复元素的排列问题，如n个a和m个b的排列方式。
- 带有限制条件的排列问题，例如要求某些元素必须相邻或者某些位置上的元素必须满足特定条件。
2. 组合题：- 求解从n个不同元素中取出m（m≤n）个元素的组合数，公式为C(n, m) = n! / [m! * (n-m)!]。
- 组合数的性质和应用，如集合的子集个数、二进制数的1的个数等。
3. 分堆问题：- 将n个物品分成k个非空组的方法数。
- 把n个物品分成任意数量的非空组的方法数。
4. 分配问题：- 将不同类型的物品分配到不同组或位置的问题，可能涉及多重集合的排列组合。
5. 错排问题（Derangement）：- 求没有任何一个元素出现在原位置上的排列数，记为D(n)。
6. 利用包含与排除原理计算至少满足一个条件的情况数。
7. 使用递推关系和母函数解决复杂的排列组合问题。
8. 概率与统计中的应用，比如桥牌、彩票中奖计算等。
9. 利用组合几何学解决空间中的排列组合问题，例如线段、圆周上的点分布等。
10. 置换群、轨道和稳定化子等高级组合结构问题，常见于高等数学和组合数学领域。
这些题型通常需要学生掌握基本的排列组合概念、性质以及解题技巧，并能根据具体问题的约束条件灵活运用公式和策略来解决问题。
高中数学排列试题及答案
高中数学排列试题及答案1. 题目：从5名男生和3名女生中选出3人参加数学竞赛，求选出的3人中至少有1名女生的概率。
答案：首先计算总的选法，即从8人中选出3人的组合数，C(8,3) = 56。
然后计算选出的3人都是男生的组合数，即C(5,3) = 10。
所以至少有1名女生的选法为56 - 10 = 46。
因此，所求概率为46/56 = 23/28。
2. 题目：有10本不同的书，要分给4个人，每人至少得到1本书，求不同的分法总数。
答案：首先，将10本书分成4组，其中每组至少有1本书。
这可以通过将10本书排成一列，然后在它们之间插入3个隔板来实现，形成4个不相交的区间，每个区间代表一个人得到的书。
总共有C(13,3) = 286种放置隔板的方法。
然后，由于每组书可以以任何顺序分配给相应的人，所以还需要乘以4!（4个人的全排列）。
因此，总的分法数为286 * 4! = 3440。
3. 题目：一个班级有15名学生，其中5名男生和10名女生。
现在要从中选出3名学生代表班级参加学校的运动会，求选出的3名学生中至少有1名男生的概率。
答案：首先计算总的选法，即从15人中选出3人的组合数，C(15,3) = 455。
然后计算选出的3人都是女生的组合数，即C(10,3) = 120。
所以至少有1名男生的选法为455 - 120 = 335。
因此，所求概率为335/455。
4. 题目：有5个不同的球和3个不同的盒子，每个盒子至少放一个球，求不同的放法总数。
答案：首先，将5个球分成3组，其中每组至少有1个球。
这可以通过将5个球排成一列，然后在它们之间插入2个隔板来实现，形成3个不相交的区间，每个区间代表一个盒子。
总共有C(6,2) = 15种放置隔板的方法。
然后，由于每组球可以以任何顺序分配给相应的盒子，所以还需要乘以3!（3个盒子的全排列）。
因此，总的放法数为15 *3! = 90。
5. 题目：一个学校有5个不同的社团，每个学生最多可以参加2个社团，求一个班级有10名学生时，所有学生至少参加一个社团的安排方法总数。
江苏高二排列组合练习题
江苏高二排列组合练习题排列组合是高中数学中的一个重要概念，也是数学竞赛中常见的考点。
以下是几道江苏高二级别的排列组合练习题，供同学们参考和练习。
1. 某班级有10名学生，其中3名学生将被选为班级干部，另外2名学生将被选为班级学习委员。
问有多少种不同的结果可能？解析：首先选出3名干部有 C(10, 3) 种不同的选择方式，然后从剩下的7名学生中选出2名学习委员有 C(7, 2) 种不同的选择方式。
所以总共有 C(10, 3) * C(7, 2) 种不同的结果可能。
2. 某市有5所高中校园，其中将选取3所举办合唱比赛。
问有多少种不同的选择方式？解析：从5所高中校园中选出3所有 C(5, 3) 种不同的选择方式。
3. 一批商品有6种不同的型号和4种不同的颜色可供选择。
若要选购其中3种商品，请问有多少种不同的选择方式？解析：对于每种商品型号，有选或不选两种选择。
由于一共有6种不同的型号，所以共有 2^6 种选择方式。
对于颜色也是同样的道理，有 2^4 种选择方式。
所以总共有 2^6 * 2^4 = 2^10 = 1024 种不同的选择方式。
4. 有6个小朋友排成一排，要选出其中3个小朋友，使得这3个小朋友不能连续站在一起。
问有多少种不同的选择方式？解析：首先从6个小朋友中选出3个小朋友的组合有 C(6, 3) 种方式。
将这3个小朋友放置在一排时，可以将剩下的3个小朋友插入其中的4个间隔中（起始位置、末尾位置和选中小朋友之间的3个间隔）。
所以总共有 4 种插入方式。
所以最终的结果是 C(6, 3) * 4 种不同的选择方式。
5. 由数字 1、2、3、4、5、6、7、8 组成一个8位数，要求该数字中不能包含重复的数字。
问有多少种不同的数字可以满足要求？解析：首先从 8 个数字中选出 8 位数的排列有 8! 种方式。
但由于题目要求不能包含重复的数字，所以我们还需要剔除掉那些有重复数字的排列。
数字 1、2、3、4、5、6、7、8 一个数字只能选一次，所以我们只需计算有重复数字的排列数量即可。
高中排列组合题
高中排列组合题排列组合题是高中数学中常见的考点之一，它考察了学生对于排列组合原理的理解和应用能力。
本文将通过解答几个高中排列组合题来帮助读者更好地理解和掌握相关的知识点。
题目一：某班有10名学生，其中5名男生和5名女生，要从中选出3名代表参加学校的数学竞赛，请问有多少种可能的选法？解析：这是一个从10个学生中选出3个的排列组合问题。
根据排列组合的原理，我们知道选法的种数等于从10个学生中选出3个学生的组合数。
组合数记作C(m, n)，表示从m个元素中选取n个元素的组合数。
解题步骤：1. 使用排列组合公式计算组合数C(10, 3)。
C(10, 3) = 10! / (3! × (10 - 3)!)= 10! / (3! × 7!)= (10 × 9 × 8) / (3 × 2 × 1)= 1202. 因此，可能的选法有120种。
题目二：某校学生会选举，共有一届生100名候选人，要从中选出7名代表，请问有多少种可能的选举结果？解析：这是一个从100名候选人中选出7个的排列组合问题。
解题步骤：1. 使用排列组合公式计算组合数C(100, 7)。
C(100, 7) = 100! / (7! × (100 - 7)!)= 100! / (7! × 93!)≈ 1.605 × 10^92. 因此，可能的选举结果有约1.605 × 10^9种。
题目三：某班级有9名学生，其中3名男生和6名女生，要从中选出4名代表参加学校的篮球比赛，请问有多少种可能的选法？解析：这是一个从9个学生中选出4个的排列组合问题。
解题步骤：1. 使用排列组合公式计算组合数C(9, 4)。
C(9, 4) = 9! / (4! × (9 - 4)!)= 9! / (4! × 5!)= (9 × 8 × 7 × 6) / (4 × 3 × 2 × 1)= 1262. 因此，可能的选法有126种。
高中数学排列试题及答案
高中数学排列试题及答案一、选择题1. 有5个人排成一排，其中甲不能站在两端，有多少种不同的排法？A. 48B. 72C. 120D. 1442. 从5个不同的小球中取出3个，有多少种不同的取法？A. 5B. 10C. 20D. 253. 7个人围成一圈，有多少种不同的坐法？A. 5040B. 5040/2C. 5040/6D. 5040/7二、填空题1. 有3个人参加3项不同的比赛，每人只能参加一项比赛，共有____种不同的安排方法。
2. 一个班级有40名学生，要选出5名代表，其中必须包含班长，共有____种不同的选法。
三、解答题1. 某校有10名学生参加数学竞赛，其中有3名是女生，7名是男生。
要求选出一个由4人组成的代表队，其中必须包含至少1名女生，求不同的组队方法有多少种？2. 有8个不同的球放入3个不同的盒子中，每个盒子至少放一个球，问有多少种不同的放法？答案：一、选择题1. B（甲有3个位置可选，其余4人有4!种排法，总共有3*4!=72种排法）2. C（从5个不同的小球中取出3个，是组合问题，共有C(5,3)=10种取法）3. B（7个人围成一圈，相当于6个位置的排列，共有(7-1)!/2=5040/2种不同的坐法）二、填空题1. 3! = 6（因为每个人只能参加一项比赛，所以是全排列问题）2. C(39,4) = 39*38*37*36/(4*3*2*1) = 5985（先从39人中选出4人，再将班长加入）三、解答题1. 首先考虑所有可能的4人组合，共有C(10,4)=210种。
然后减去全是男生的组合，即C(7,4)=35种。
所以至少有1名女生的组队方法有210-35=175种。
2. 首先将8个球分成3组，有C(8,2)种分法。
然后将分好的3组球分别放入3个盒子中，有3!种放法。
但是这里我们要考虑重复的情况，因为每个盒子至少放一个球，所以实际上有3种情况：2个盒子各放1个球，另一个盒子放6个球；1个盒子放1个球，另一个盒子放2个球，第三个盒子放5个球；1个盒子放1个球，另外两个盒子各放3个球。
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《排列组合》一、排列与组合1.从 9 人中选派 2 人参加某一活动，有多少种不同选法？2.从 9 人中选派 2 人参加文艺活动， 1 人下乡演出， 1 人在本地演出，有多少种不同选派方法？3.现从男、女 8 名学生干部中选出 2 名男同学和 1 名女同学分别参加全校“资源”、“生态”和“环保”三个夏令营活动，已知共有 90 种不同的方案，那么男、女同学的人数是A. 男同学 2 人，女同学 6 人B.男同学3人，女同学5人C. 男同学 5 人，女同学 3 人D.男同学6人，女同学2人4.一条铁路原有 m个车站，为了适应客运需要新增加 n 个车站（ n>1），则客运车票增加了 58 种（从甲站到乙站与乙站到甲站需要两种不同车票），那么原有的车站有A.12 个B.13个C.14个D.15个5．用 0，1，2，3，4， 5 这六个数字，（1）可以组成多少个数字不重复的三位数？（2）可以组成多少个数字允许重复的三位数？（3）可以组成多少个数字不允许重复的三位数的奇数？（4）可以组成多少个数字不重复的小于 1000 的自然数？（5）可以组成多少个大于 3000，小于 5421 的数字不重复的四位数？二、注意附加条件1.6 人排成一列（1）甲乙必须站两端，有多少种不同排法？（ 2）甲乙必须站两端，丙站中间，有多少种不同排法？2.由 1、2、3、4、5、6 六个数字可组成多少个无重复数字且是 6 的倍数的五位数？3.由数字 1，2，3，4，5，6，7 所组成的没有重复数字的四位数，按从小到大的顺序排列起来，第 379 个数是A.3761B.4175C.5132D.61574.有号 1、2、3、4、5 的五个茶杯和号 1、2、3、4、5 的五个杯盖，将五个杯盖盖在五个茶杯上，至少有两个杯盖和茶杯的号相同的盖法有A.30 种B.31种C.32种D.36种5.从号 1，2，⋯， 10,11 的 11 个球中取 5 个，使 5 个球中既有号偶数的球又有号奇数的球，且它的号之和奇数，其取法数是A.230 种B.236种C.455种D.2640种6.从 6 双不同色的手套中任取 4 只，其中恰好有 1 双同色的取法有A.240 种B.180种C.120种D.60种7.用 0，1，2， 3，4， 5 六个数成没有重复数字的四位偶数，将些四位数从小到大排列起来，第 71 个数是。
高中数学 排列组合真题(解析版)
高中数学专题14 排列组合真题汇编1．将6个数2，0，1，9，20，19按任意次序排成一行，拼成一个8位数(首位不为0)，则产生的不同的8位数的个数为.【答案】498【解析】所有首位非0的8位数：6!-5！2、0相邻的不同8位数：.1、9相邻的不同8位数：.2、0与1、9均相邻的不同8位数：故所求的8位数个数为：.2．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).【答案】15000【解析】由题意知满足条件的方案有两种情形：1.有一个项目有3人参加，共有种方案；2.有两个项目各有2人参加，共有种方案.故所求的方案数为.故答案为：150003．将3333的方格表中毎个格染三种颜色之一,使得每种颜色的格的个数相等.若相邻两格的颜色不同,则称其公共边为“分隔边".试求分隔边条数的最小值。
【答案】56【解析】记分隔边的条数为L。
首先,将方格表按图分成三个区域，分别染成三种颜色，粗线上均为分隔边。
此时,共有56条分隔边，即L=56。
其次证明:L≥56。
将方格表的行从上至下依次记为,列从左至右依次记为。
行中方格出现的颜色数记为,列中方格出现的颜色个数记为。
三种颜色分别记为，对于一种颜色为含有色方格的行数与列数之和。
定义类似地定义.所以由于染色的格有个,设含有色方格的行有a个、列有b个,则色的方格一定在这a行和b 列的交叉方格中。
从而,所以①由于在行中有种颜色的方格，于是,至少有条分隔边。
类似地,在列中,至少有条分隔边。
则②③下面分两种情形讨论。
1.有一行或一列所有方格同色。
不妨设有一行均为色则方格表的33列中均含有色的方格，又色方格有363个，故至少有11行含有色方格.于是，④由式①、③、④得(2)没有一行也没有一列的所有方格同色.则対任意均有从而，由式②知;综上，分割边条数的最小值为56.4．给定空间中十个点，其中任意四点不在一个平面上，将某些点之间用线段相连，若得到的图形中没有三角形也没有空间四边形，试确定所连线段数目的最大值.【答案】15【解析】以这十个点为顶点、所连线段为边得一个十阶简单图G.下面证明：图G的边数不超过15.设图G的顶点为，共有k条边，用表示顶点的度.若均成立，则.假设存在顶点满足.不妨设，且均相邻.于是，之间没有边，否则，就形成三角形.从而，之间恰有n条边.对每个至多与中的一个顶点相邻(否则，设相邻，则就对应了一个空间四边形的四个顶点，这与题设条件矛盾).从而，之间的边数至多为.在个顶点之间，由于没有三角形，由托兰定理，知至多有条边.因此，图G 的边数为.如图所示给出的图共有15条边，且满足要求.综上，所求边数的最大值为15.5．一种密码锁的密码设置是在正边形的每个顶点处赋值0和1两个数中的一个，同时，在每个顶点处染红、蓝两种颜色之一，使得任意相邻的两个顶点的数字或颜色中至少有一个相同.问：该种密码锁共有多少种不同的密码设置？【答案】当为奇数时，有种；当为偶数时，有种.【解析】对于该种密码锁的一种密码设置，若相邻两个顶点上所赋值的数字不同，则在它们所在的边上标上；若颜色不同，则标上；若数字和颜色都相同，则标上.于是，对于给定的点上的设置(共有4种)，按照边上的字母可以依次确定点上的设置.为了使得最终回到时的设置与初始时相同，标有的边都是偶数条.所以，这种密码锁的所有不同的密码设置方法数等于在边上标记使得标有的边都是偶数条的方法数的4倍.设标有的边有)条，标有的边有)条.选取条边标记的有种方法，在余下的边中取出条边标记的有第种方法，其余的边标记.由乘法原理知共有种标记方法.对求和，密码锁的所有不同的密码设置方法数为.①这里，约定.当为奇数时，，此时，.②代入式①中得.当为偶数时，若，则式②仍然成立；若，则正边形的所有边都标记，此时，只有一种标记方法.于是，所有不同的密码设置的方法数为.综上，这种密码锁的所有不同的密码设置方法数是：当为奇数时，有种；当为偶数时，有种.1．把16本相同的书全部分给4名学生，每名学生至少有一本书且所得书的数量互不相同，则不同的分配方法种数为__________.(用数字作答)【答案】216.【解析】将16分解成四个互不相同的正整数的和有9种不同的方式：16=1+2+3+10，16=1+2+4+9，16=1+2+5+8，16=1+2+6+7，16=1+3+4+8，16=1+3+5+7，16=1+4+5+6，16=2+3+4+7，16=2+3+5+6.故符合条件的不同分配方法数为9=216.2．把1，2，…，按照顺时针螺旋方式排成n行n列的表格，第一行是1，2，…，n.例如：.设2018在的第i行第j列，则(i，j)=___________.【答案】(34，95)【解析】设，则的第k行第k列元素是.因此，1901在第6行第6列，1900在第6行第95列，2018在第34行第95列.故答案为：(34，95)3．【2018年湖南】从-3、-2、-1、0、1、2、3、4八个数字中，任取三个不同的数字作为二次函数的系数.若二次函数的图象过原点，且其顶点在第一象限或第三象限，这样的二次函数有_____个.【答案】24【解析】可将二次函数分为两大类：一类顶点在第一象限；另一类顶点在第三象限，然后由顶点坐标的符号分别考查.因为图象过坐标原点，所以c=0.故二次函数可写成的形式.又，所以其顶点坐标是.若顶点在第一象限，则有.故.因此，这样的二次函数有个.若顶点在第三象限，则有.故.这样的二次函数有个.由加法原理知，满足条件的二次函数共有个.故答案为：244．的展开式中常数项为_____.【答案】-20【解析】因为.所以.故答案为：-205．【2018年广东】袋中装有m个红球和n个白球，m＞n≥4.现从中任取两球，若取出的两个球是同色的概率等于取出的两个球是异色的概率，则满足关系的数组(m，n)的个数为_______.【答案】3【解析】记“取出两个红球”为事件A，“取出两个白球”为事件B，“取出一红一白两个球”为事件C，则.依题意得，即.所以，从而为完全平方数.又由，得.所以.解之得(m，n)=(6，3)(舍去)，或(10，6)，或(15，10)，或(21，15).故符合题意的数组(m，n)有3个.故答案为：36．将圆的一组等分点分别涂上红色或蓝色，从任意一点开始，按逆时针方向依次记录个点的颜色，称为该圆的一个“阶色序”，当且仅当两个阶色序对应位置上的颜色至少有一个不相同时，称为不同的阶色序．若某圆的任意两个“3阶色序”均不相同，则该圆中等分点的个数最多可有______个．【答案】8【解析】“3阶包序”中，每个点的颜色有两种选择，故“3阶色序”共有种．一方面，个点可以构成个“3阶色序”，故该圆中等分点的个数不多于8个．另一方面，若，则必须包含全部8个“3阶色序”，如按逆时针方向确定8个的颜色为“红，红，红，蓝，蓝，蓝，红，蓝”符合条件．故该圆中等分点的个数最多可有8个．7．在八个数字2，4，6，7，8，11，12，13中任取两个组成分数.这些分数中有________个既约分数.【答案】36【解析】在7，11，13中任取一个整数与在2，4，6，8，12中任取一个整数构成既约分数，共有种；在7，11，13中任取两个整数也构成既约分数，共有中.合计有36种不同的既约分数.8．学校5月1日至5月3日拟安排六位领导值班，要求每人值班1天，每天安排两人.若六位领导中的甲不能值2日，乙不能值3日，则不同的安排值班的方法共有_______种.【答案】42【解析】分两类：(1)甲、乙同一天值班，则只能排在1日，有种排法.(2)甲、乙不在同一天值班，有种排法.故共有42种方法.。
高考数学专题：排列、组合与二项式定理问题练习试题、答案
高考数学专题：排列、组合与二项式定理问题练习试题一．排列与组合问题1．某科技小组有四名男生两名女生，现从中选出三名同学参加比赛，其中至少一名女生入选的不同选法种数为（ ）A ．36CB ．1225C C C ．12212424C C C CD ．36A2．某校需要在5名男生和5名女生中选出4人参加一项文化交流活动，由于工作需要，男生甲与男生乙至少有一人参加活动，女生丙必须参加活动，则不同的选人方式有（ ）A ．56种B ．49种C ．42种D ．14种 3．五人排成一排，甲与乙不相邻，且甲与丙也不相邻的不同排法有（ ）A ．60种B ．48种C ．36种D ．24种4．某单位有7个连在一起的停车位，现有3辆不同型号的车需要停放，如果要求剩余的4个空车位连在一起，则不同的停放方法有（ ）A ．16种B ．18种C ．24种D ．32种5．为迎接2008年北京奥运会，某校举行奥运知识竞赛，有6支代表队参赛，每队2名同学，若12名参赛同学中有4人获奖，且这4人来自3个不同的代表队，则不同获奖情况种数共有（ ）A ．412CB ．3111162223C C C C C C ．31116322C C C C D ．311112622232C C C C C A 6．A 、B 两点之间有6条网线并联，它们能通过的最大信息量分别为1，1，2，2，3，4，现从中任取三条网线且使这三条网线通过最大信息量的和大于等于6的方法共有（ ）A ．13种B ．14种C ．15种D ．16种7．有一排7只发光二级管，每只二级管点亮时可发出红光或绿光，若每次恰有3只二级管点亮，但相邻的两只二级管不能同时点亮，根据这三只点亮的二级管的不同位置或不同颜色来表示不同的信息，则这排二级管能表示的信息种数共有（ ）A ．10B ．48C ．60D ．808．数列{}n a 共七项，其中五项为1，两项为2，则满足上述条件的数列{}n a 共有（ ）A ．21个B ．25个C ．32个D ．42个 9．三个人踢毽，互相传递，每人每次只能踢一下，由甲开始踢，经过5次传递后，毽又踢回给甲，则不同的传递方式共有（ ）A ．6种B ．8种C ．10种D ．16种 10．5个大小都不同的数按如图形式排列，设第一行中的最大数为a ，第二行中的最大数为b ，则满足a b <的所有排列的个数是（ ）A ．144B ．72C ．36D ．2411．有A ，B ，C ，D ，E ，F 共6个不同的油气罐准备用甲，乙，丙3台卡车运走，每台卡车运两个，但卡车甲不能运A 罐，卡车乙不能运B 罐，此外无其它限制. 要把这6个油气罐分配给这3台卡车，则不同的分配方案种数为（ ）A ．168B ．84C ．56D ．4212．若m 、2210{|1010}n x x a a a ∈=⨯+⨯+，其中(0,1,2){1,2,3,4,5,6}i a i =∈，并且606m n +=，则实数对(,)m n 表示平面上不同点的个数为（ ）A ．32个B ．30个C ．62个D ．60个 13．由0、1、2、3这四个数字，可组成无重复数字的三位偶数有_______个．14．从1，2，…，9这九个数中，随机抽取3个不同的数，则这3个数的和为奇数的概率是____________（用数字作答）．15．如图所示，画中的一朵花，有五片花瓣．现有四种不同颜色的画笔可供选择，规定每片花瓣都要涂色，且只涂一种颜色．若涂完的花中颜色相同的花瓣恰有三片，则不同涂法种数为_______（用数字作答）．二．二项式定理1．已知23132nx x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的展开式中含有常数项（非零），则正整数n 的可能值是（ ）A ．6B ．5C ．4D ．32．已知622x x p ⎛⎫- ⎪⎝⎭的展开式中，不含x 的项是2720,那么正数p 的值是（ ） A ．1 B ．2 C ．3 D ．43．已知31nx ⎛⎫ ⎪⎝⎭的展开式中第二项与第三项的系数之和等于27，则n 等于______，系数最大的项是第___________项．4．621x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的展开式中第四项的系数为___________．（用数字作答） 5．6)21(x -展开式中所有项的系数之和为________；63)21)(1(x x -+展开式中5x 的系数为__________．6．62)21(x x -展开式中5x 的系数为______________．7．已知n x )21(+的展开式中含3x 项的系数等于含x 项的系数的8倍，则n 等于__________．8．已知n+的二项展开式的第6项是常数项，那么n =_______． 9．62)2(x x+的展开式中的常数项是______________（用数字作答）． 10． 在6(12)x -的展开式，含2x 项的系数为_________________；所有项的系数的和为_______________． 11．在n的展开式中，前三项的系数的绝对值依次组成一个等差数列，则n =______，展开式中第五项的二项式系数为_____（用数字作答）． 12．82)2(x +的展开式中12x 的系数等于______________（用数字作答）． 13．210(1)x -的展开式中2x 的系数是______________，如果展开式中第4r 项和第2r +项的二项式系数相等，则r 等于____________． 14． 若62a x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的展开式中常数项为160-，则常数a 的值为_________，展开式中各项系数之和为_________．答案一．1．C2．B3．C4．C5．C6．C7．D8．A9．C10．B11．D12．D13．1014．10 2115．240二1．B2．C 3．9，5 4．－20 5．1，－132 6．－160 7．58．10 9．60 10．60，111．8，70 12．112 13．－10，2 14．1，1。
高中数学排列组合题目专项训练卷
高中数学排列组合题目专项训练卷一、选择题1、从 5 名男生和 4 名女生中选出 4 人参加辩论比赛，如果男生中的甲和女生中的乙必须在内，有（）种选法。
A 35B 21C 120D 60【解析】除甲、乙之外，从剩下 7 人中选 2 人，有 C(7, 2) ＝ 21 种选法。
答案：B2、用 0 到 9 这 10 个数字，可以组成没有重复数字的三位数的个数为（）A 648B 720C 810D 900【解析】百位不能为 0，有 9 种选择；十位有 9 种选择；个位有 8 种选择。
所以共有 9×9×8 ＝ 648 个。
答案：A3、 5 个人排成一排，其中甲不在排头且乙不在排尾的排法有（）A 120 种B 78 种C 72 种D 36 种【解析】5 个人全排列有 A(5, 5) ＝ 120 种排法。
甲在排头有 A(4, 4) ＝ 24 种排法，乙在排尾有 A(4, 4) ＝ 24 种排法，甲在排头且乙在排尾有 A(3, 3) ＝ 6 种排法。
所以甲不在排头且乙不在排尾的排法有 120 24 24 ＋ 6 ＝ 78 种。
答案：B4、从 6 名志愿者中选出 4 人分别从事翻译、导游、导购、保洁四项不同的工作，若其中甲、乙两名志愿者不能从事翻译工作，则选派方案共有（）A 280 种B 240 种C 180 种D 96 种【解析】从除甲、乙外的 4 人中选 1 人从事翻译工作，有 4 种选法；然后从剩下 5 人中选 3 人安排其余 3 项工作，有 A(5, 3) ＝ 60 种安排方法。
所以共有 4×60 ＝ 240 种选派方案。
答案：B5、某班新年联欢会原定的 5 个节目已排成节目单，开演前又增加了两个新节目。
如果将这两个节目插入原节目单中，那么不同插法的种数为（）A 42B 30C 20D 12【解析】分两步，第一步先插入第一个节目，有 6 个位置可选；第二步插入第二个节目，有 7 个位置可选。
高中数学-排列组合100题(附解答)
高中数学_排列组合100题一、填充题1. (1)设{}3,8A =﹐{}8,36B x =+﹐若A B =﹐则x =____________﹒(2)设{}2|320A x x x =-+=﹐{}1,B a =﹐若A B =﹐则a =____________﹒2. (1)822x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭展开式中10x 项的系数为____________﹒ (2)52123x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭展开式中3x 项的系数为____________﹒ (3)53212x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭展开式中常数项为____________﹒ 3. (1)()82x y z +-展开式中332x y z 项的系数为____________﹒(2)()532x y z -+展开式中﹐2.3x y 项的系数为____________﹒4. 四对夫妇围一圆桌而坐﹐夫妇相对而坐的方法有___________种﹒5. {}{}1,21,2,3,4,5,A ⊂⊂且A 有4个元素﹐则这种集合A 有____________个﹒6. 从2000到3000的所有自然数中﹐为3的倍数或5的倍数者共有____________个﹒7. 从1至10的十个正整数中任取3个相异数﹐其中均不相邻的整数取法有____________种﹒8. 某女生有上衣5件﹑裙子4件﹑外套2件﹐请问她外出时共有____________种上衣﹑裙子﹑外套的搭配法﹒（注意：外套可穿也可不穿﹒）9. 已知数列n a 定义为1132n n a a a n +=⎧⎨=+⎩﹐n 为正整数﹐求100a =____________﹒ 10. 设A ﹑B ﹑T 均为集合﹐{},,,A a b c d =﹐{},,,,=B c d e f g ﹐则满足T A ⊂或T B ⊂的集合T 共有____________个﹒11. 李先生与其太太有一天邀请邻家四对夫妇围坐一圆桌聊天﹐试求下列各情形之排列数：(1)男女间隔而坐且夫妇相邻____________﹒(2)每对夫妇相对而坐____________﹒12. 体育课后﹐阿珍将4个相同排球﹐5个相同篮球装入三个不同的箱子﹐每箱至少有1颗球﹐则方法有____________种﹒13. 如图﹐由A 沿棱到G 取快捷方式（最短路径）﹐则有____________种不同走法﹒14. 0﹑1﹑1﹑2﹑2﹑2﹑2七个数字全取排成七位数﹐有____________种方法﹒101⎛⎫16. 有一数列n a 满足11a =且1213n n a a +=+﹐n 为正整数﹐求()13n n a ∞=-=∑____________﹒ 17. 设{}2,4,1A a =+﹐{}24,2,23B a a a =----﹐已知A B ⋂{}2,5=﹐则()()A B A B ⋃-⋂=____________﹒18. 把1～4四个自然数排成一行﹐若要求除最左边的位置外﹐每个位置的数字比其左边的所有数字都大或都小﹐则共有____________种排法﹒（例如：2314及3421均为符合要求的排列）19. 从1到1000的自然数中﹐(1)是5的倍数或7的倍数者共有____________个﹒(2)不是5的倍数也不是7的倍数者共有____________个﹒(3)是5的倍数但不是7的倍数者共有____________个﹒20. 如图﹐从A 走到B 走快捷方式﹐可以有____________种走法﹒21. 1到1000的正整数中﹐不能被2﹑3﹑4﹑5﹑6之一整除者有____________个﹒22. 将100元钞票换成50元﹑10元﹑5元﹑1元的硬币﹐则(1)50元硬币至少要1个的换法有____________种﹒(2)不含1元硬币的换法有____________种﹒23. 求()21x -除1001x +的余式为____________﹒24. 在()8x y z ++的展开式中﹐同类项系数合并整理后﹐(1)共有____________个不同类项﹒(2)其中323x y z 的系数为____________﹒25. 小明与小美玩猜数字游戏﹐小明写一个五位数﹐由小美来猜；小美第一次猜75168﹐小明说五个数字都对﹐但只有万位数字对﹐其他数字所在的位数全不对﹐则小美最多再猜____________次才能猜对﹒26. 若{}|,,110000S x x x =≤≤為正整數正整數﹐{}|12,,110000T x x k k x ==≤≤為正整數﹐则()n S T -=____________﹒27. 小于10000之自然数中﹐6的倍数所成集合为A ﹐9的倍数所成集合为B ﹐12的倍数所成集合为C ﹐则(1)()n A B ⋂=____________﹒ (2)()n A B C ⋂⋂=____________﹒ (3)()n A B C ⎡⋂⋃⎤=⎣⎦____________﹒ (4)()n A B C ⎡⋂⋃⎤=⎣⎦____________﹒28. 1到300的自然数中﹐是2或3的倍数但非5的倍数有____________个﹒29. ()10222x x -+除以()31x -所得的余式为____________﹒ 30.如圖﹐以五色塗入各區﹐每區一色且相鄰區不得同色﹐則有____________種不同的塗法﹒（圖固定不得旋轉）(1)由A 取捷徑到B 的走法有____________種﹒(2)由A 走到B ﹐走向可以↑﹑→或↓﹐但不可以←﹐且不可重複走﹐則走法有____________種﹒32. 求()()23311x x ++++……()2031x ++展开式中12x 项系数为____________﹒ 33. ()1001k k x =-∑展开式中5x 的系数为____________﹒34. 展开()200.990.abcd =……﹐则a b c ++=____________﹒35. 建中高二教室楼梯一层有11个阶梯﹐学生上楼时若限定每步只可跨一阶或二阶﹐则上楼的走法有____________种﹒36. 利用二项式定理求12323n n n n n C C C nC +++⋅⋅⋅⋅⋅⋅+和为____________﹒37. 四对夫妇Aa ﹑Bb ﹑Cc ﹑Dd 围一圆桌而坐﹐若Aa 要相对且Bb 要相邻的坐法有____________种﹒38. 许多白色及黑色的磁砖﹐白色的磁砖为正方形﹐边长为1单位；黑色为长方形﹐其长为2单位﹐宽为1单位﹔则贴满一个长7单位﹐宽1单位的长方形墙壁﹐共有____________种方法﹒39.如圖,有三組平行線,每組各有三條直線,則(1)可決定____________個三角形.(2)可決定____________個梯形.（一組對邊平行,另一組對邊不平行）.40. 小功家住在一栋7楼的电梯公寓﹐今天小功回家时有5人同时和小功一起进入1楼电梯欲往上﹐假设每人按下自己想要到的楼层（可相同或不同）﹐请问电梯有____________种停靠方式﹒（假设这期间电梯只会由下而上依次停靠这6人所按的楼层）41. 设202020201232023......20,S C C C C =+⋅+⋅++⋅则S 为____________位数﹒（设log20.3010=）42. 4面不同色的旗子﹐若任取一面或数面悬挂在旗杆上来表示讯号﹐如果考虑上下的次序﹐则可作成____________种不同的讯号﹒43.如圖的棋盤式街道﹐甲走捷徑從A 至B ﹐則 (1)走法有____________種﹒(2)若不得經過C 且不經過D 的走法有____________種﹒44.圖中的每一格皆是正方形﹐邊長均為1個單位﹐試問由圖中線段(1)共可決定____________個矩形﹒(2)可決定____________個正方形﹒45. 有红﹑白﹑黄三种大小一样的正立方体积木各20个﹐从中取出7个积木﹐相同颜色堆在一起﹐一一重迭堆高﹐共有____________种堆法﹒47. A ﹑B ﹑C ﹑D ﹑E 五对夫妇围成一圆桌而坐（座位无编号）﹐A 夫妇相对且B 夫妇相邻的情形有____________种﹒48. 如图﹐取快捷方式而走﹐由A 不经P ﹑Q 至B 有____________种方法﹒49. 将pallmall 的字母全取排成一列﹐相同字母不相邻的排法有____________种﹒50. 二个中国人﹑二个日本人﹑二个美国人排成一列﹐同国籍不相邻有____________种排法﹒二、计算题1. 设数列n a 满足14a =且132k n a a +=+﹐n 为自然数﹐试求(1)2a ﹐3a ﹐4a ﹐5a ﹒(2)推测n a 之值（以n 表示）﹒(3)401k k a=∑﹒2. 某校从8名教师中选派4名教师分别去4个城市研习﹐每地一人﹒其中甲和乙不能同时被选派﹐甲和丙只能同时被选派或同时不被选派﹐问共有几种选派方法？3. 试求()632x y -的展开式﹒4. 试求()421x -的展开式﹒6. 下列各图形﹐自A 到A 的一笔划﹐方法各有多少种﹖ (1) (2) (3)7. 如图﹐至少包含A 或B 两点之一的矩形共有几个？8. 设()n x y +展开式中依x 降序排列的第6项为112﹐第7项为7﹐第8项为14﹐试求x ﹑y 及n 之值﹒（但x ﹑y 都是正数）9. 红﹑白﹑绿﹑黑四色大小相同的球各4颗共16颗球﹐任取四颗﹐则(1)四球恰为红﹑白二色的情形有几种？(2)四球恰具两种颜色的情形有几种？10. 一楼梯共10级﹐某人上楼每步可走一级或两级﹐要8步走完这10级楼梯﹐共有多少种走法？11. 设{}1,2,3,4,5,6,7,8,9,10U =为一基集（宇集）﹐则{}1,2,4,5,8A =﹐{}1,2,5,7,9B =﹐求(1)A B ⋃(2)A B ⋂ (3)A B - (4)B A - (5)'A (6)'B (7)()'⋃A B (8)''⋂A B (9)()'A B ⋂ (10)''A B ⋃﹒12. 若()1922381211x x a x a x x -+=+++⋅⋅⋅⋅⋅⋅+﹐求1a 和2a 的值﹒13. 某一场舞会将4位男生与4位女生配成4对﹐每一对皆含一位男生与一位女生﹐试问总共有几种配对法﹖(1)43C ﹒ (2)44P ﹒ (3)44﹒ (4)44H ﹒ (5)4﹒14. 如图﹐A A →一笔划的方法数有几种﹖(1)(2)16. 求()70.998之近似值﹒（至小数点后第6位）17. 设()1012220211x x ax bx cx +-=+++⋅⋅⋅⋅⋅⋅+﹐求a ﹑b ﹑c 之值﹒18. (1)试证明下列等式成立:()1012121.12311n n n n n n C C C C n n ++++⋅⋅⋅⋅⋅⋅+=-++ (2)设n 为自然数﹐且满足12031,2311n n n nn C C C C n n +++⋅⋅⋅⋅⋅⋅+=++则n 之值为何？19. 王老师改段考考卷﹐她希望成绩是0﹑4﹑5﹑6﹑7﹑8﹑9所组成的2位数﹐则(1)不小于60分的数有几个﹖(2)有几个3的倍数﹖(3)改完考卷后发现由小到大排列的第12个数正是全班的平均成绩﹐请问班上的平均成绩是几分﹖20. 某日有七堂课﹐其中有两堂是数学﹐有两堂是国文﹐另外是英文﹑生物﹑体育各一堂﹒若数学要连两堂上课﹐国文也要连两堂上课﹐但同科目的课程不跨上﹑下午（即第四五节课不算连堂）﹐若第四﹑五堂课也不排体育﹐则该日之课程有几种可能的排法﹖21. ()10122320211,x x ax bx cx x +-=++++⋅⋅⋅⋅⋅⋅+求a ﹑b ﹑c ﹒22. 已知{}{}{}0,,1,2,1,1,2=∅A ﹐下列何者为真﹖(A)∅∈A (B)∅⊂A (C)0A ∈ (D)0A ⊂ (E){}1,2A ∈ (F){}1,2A ⊂ (G){}∅⊂A ﹒23.設有A ﹑B ﹑C ﹑D ﹑E 五個市鎮﹐其通道如圖所示﹐今某人自A 地到E 地﹐同一市鎮不得經過兩次或兩次以上﹐且不必走過每一市鎮﹐求有幾種不同路線可走﹖24. 设数列n a 的首项15a =且满足递归关系式()123n n a a n +=+-﹐n 为正整数﹐试求(1)2a ﹐3a ﹐4a ﹐5a ﹒(2)一般项n a （以n 表示）﹒(3)20a ﹒25. 方程式10x y z ++=有多少组非负整数解？26. 用0﹑1﹑2﹑3﹑4﹑5作成大于230的三位数奇数﹐数字可重复使用(1)可作成多少个﹖ (2)其总和若干﹖27. 求5678192023451617C C C C C C ++++++的值﹒28. 妈妈桌球俱乐部拟购买8把桌球拍以供忘记携带球拍的会员使用﹐若球拍分为刀板﹐直拍与大陆拍3类﹐试问俱乐部有多少种不同的购买方式？29. 设直线方程式0ax by +=中的,a b 是取自集合{}3,2,1,0,2,4,6---中两个不同的元素﹐且该直线的斜率为正值﹐试问共可表出几条相异的直线﹖30. 下列各图﹐由A 到B 的一笔划﹐方法各有多少种﹖31. 以五种不同的颜色﹐涂入下列各图（图形不能转动）﹐同色不相邻﹐颜色可重复使用﹐则涂法各有多少种﹖ (1) (2)32. 平面上有n 个圆﹐其中任三个圆均不共点﹐此n 个圆最多可将平面分割成n a 个区域﹐则(1)求1a ﹐2a ﹐3a ﹐4a ﹒(2)写出n a 的递归关系式﹒(3)求第n 项n a （以n 表示）﹒33. 于下列各图中﹐以五色涂入各区﹐每区一色但相邻不得同色﹐则各有几种不同的涂法﹖（各图固定﹐不得旋转） (1) (2) (3)34. 车商将3辆不同的休旅车及3辆不同的跑车排成一列展示﹒求下列各种排列方法：(1)休旅车及跑车相间排列﹒ (2)休旅车及跑车各自排在一起﹒35. 从6本不同的英文书与5本不同的中文书中﹐选取2本英文书与3本中文书排在书架上﹐共有几种排法？36. 将9本不同的书依下列情形分配﹐方法各有几种？(1)分给甲﹐乙﹐丙3人﹐每人各得3本﹒(2)分装入3个相同的袋子﹐每袋装3本﹒(3)分装入3个相同的袋子﹐其中一袋装5本﹐另两袋各装2本﹒37. 学校举办象棋及围棋比赛﹐已知某班级有42位同学参赛﹐其中有34位同学参加围棋比赛﹐而两种棋赛都参加的同学有15人﹒试问此班有多少位同学参加象棋比赛？38. 求()321x x ++的展开式中2x 的系数﹒39. 求()322x x -+的展开式中4x 的系数﹒41. 自甲地到乙地有电车路线1条﹐公交车路线3条﹐自乙地到丙地有电车路线2条﹐公交车路线2条﹒今小明自甲地经乙地再到丙地﹐若甲地到乙地与乙地到丙地两次选择的路线中﹐电车与公交车路线各选一次﹐则有几种不同的路线安排？42. 某班举行数学测验﹐测验题分A﹐B﹐C三题﹒结果答对A题者有15人﹐答对B题者有19人﹐答对C题者有20人﹐其中A﹐B两题都答对者有10人﹐B﹐C两题都答对者有12人﹐C﹐A两题都答对者有8人﹐三题都答对者有3人﹒试问A﹐B﹐C三题中至少答对一题者有多少人？43. 在1到600的正整数中﹐是4﹐5和6中某一个数的倍数者共有几个？44.用黑白兩種顏色的正方形地磚依照如右的規律拼圖形：a是第n圖需用到的白色地磚塊數﹒設n(1)寫下數列n a的遞迴關係式﹒a﹒(2)求一般項n(3)拼第95圖需用到幾塊白色地磚﹒45. 欲将8位转学生分发到甲﹐乙﹐丙﹐丁四班﹒(1)若平均每班安排2人﹐共有几种分法？(2)若甲乙两班各安排3人﹐丙丁两班各安排1人﹐共有几种分法？46. 求满足12320003000n n n n n C C C C <++++<的正整数n ﹒47. (1)方程式9x y z ++=有多少组非负整数解﹖(2)方程式9x y z ++=有多少组正整数解﹖48. 旅行社安排两天一夜的渡假行程﹐其中往返渡假地点的交通工具有飞机﹑火车及汽车3种选择﹐而住宿有套房与小木屋2种选择﹒试问全部渡假行程﹐交通工具与住宿共有几种安排法﹖49. 老师想从10位干部中选出3人分别担任班会主席﹑司仪及纪录﹒试问有几种选法﹖50. 如果某人周末时﹐都从上网﹑打牌﹑游泳﹑慢跑与打篮球等5种活动选一种作休闲﹐那么这个月4个周末共有多少种不同的休闲安排呢﹖一、填充题 (65格 每格0分 共0分)1. (1)1-;(2)22. (1)112;(2)0;(3)403. (1)4480;(2)90-4. 485. 36. 4687. 568. 609. 9903 10. 44 11.(1)48;(2)384 12. 228 13. 6 14. 90 15. 12- 16. 6 17. {}4,4- 18. 8 19. (1)314;(2)686;(3)172 20. 35 21. 266 22. (1)37;(2)18 23. 10098x - 24. (1)45;(2)560 25. 9 26. 84 27. (1)555;(2)277;(3)1111;(4)1111 28. 160 29. 2102011x x -+ 30. 780 31. (1)26;(2)120 32. 20349 33. 462- 34. 16 35. 144 36. 12n n -⋅ 37. 192 38. 2139. (1)27;(2)81 40. 63 41. 8 42. 64 43. (1)56;(2)20 44. (1)369;(2)76 45. 129 46. 3756 47. 8640 48. 80 49. 54 50. 240二、计算题 (75小题 每小题0分 共0分)1. (1)2112a =﹐37a =﹐4172a =﹐510a =;(2)3522n +;(3)1330 2. 600 3. 见解析 4. 见解析 5. 18 6. (1)48;(2)48;(3)96 7. 150 8. 4x =﹐12y =﹐8n = 9. (1)3;(2)18 10. 28 11. 见解析 12. 1219,190a a =-= 13. (2) 14. (1)32;(2)64 15. 27 16. 0.986084 17. 101,4949,a b ==1c =- 18. (1)见解析;(2)4 19. (1)28;(2)14;(3)5720. 52 21. 101,4949,a b ==156550c = 22. (A)(B)(C)(E)(F)(G) 23. 76 24. (1)24a =﹐35a =﹐48a =﹐513a =;(2)248n n -+;(3)328 25. 66 26. (1)63;(2)25299 27. 5980 28. 45 29. 13 30. (1)72;(2)864 31. (1)420;(2)3660 32. (1)12a =﹐24a =﹐38a =﹐414a =;(2)12n n a a n +=+⨯;(3)22n n -+ 33. (1)260;(2)3380;(3)43940 34. (1)72;(2)72 35. 1800036. (1)1680;(2)280;(3)378 37. 23 38. 6 39. 9 40. 20 41. 8 42. 27 43. 280 44. (1)15,2n n a a n -=+≥;(2)53n +;(3)478 45. (1)2520;(2)1120 46. 11 47. (1)55;(2)28 48. 18 49. 720 50. 625一、填充题 (65格 每格0分 共0分)1. (1)3631x x +=⇒=-﹒(2)()()2320120x x x x -+=⇒--=1,2x ⇒=﹐∴2a =﹒2. (1)设第1r +项为10x 项﹐则()()882816222rr r r r r r C x C x x x ---⎛⎫-=- ⎪⎝⎭ 163102r r ⇒-=⇒=﹐∴10x 项之系数为()2822112C -=﹒(2)设第1r +项为3x 项﹐则()55255102112233r rr r r r r r C x C x x x ----⎛⎫⎛⎫-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 710333r r ⇒-=⇒=（不合）﹐∴3x 项之系数为0﹒ (3)设第1r +项为常数项﹐则()5535515322122rr r r r r r C x C x x x ----⎛⎫= ⎪⎝⎭ 15503r r ⇒-=⇒=﹐∴常数项为523240C =﹒(2)()()()()2303223235!321031902!3!x y z x y x y -=⨯-=-﹐∴系数为90-﹒ 4. 所求为1161412148⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯=﹒[另解]34!2484⨯=﹒ 5. {}1,2,3,4﹐{}1,2,3,5﹐{}1,2,4,5﹐共3个﹒6. 2000~3000中3的倍数有3000200033433⎡⎤⎡⎤-=⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦个﹐ 2000~3000中5的倍数有30002000120155⎡⎤⎡⎤-+=⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦个﹐ 2000~3000中15的倍数有30002000671515⎡⎤⎡⎤-=⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦个﹐ ∴所求为33420167468+-=﹒ 7. 83563!P =﹒ 8. ()542160⨯⨯+=﹒9. ∵12n n a a n +=+﹐∴2121a a =+⨯3222a a =+⨯()1)21n n a a n -+=+⨯-()()21121213232n n n a a n n n -⋅=+⎡++⋅⋅⋅⋅⋅⋅+-⎤=+⨯=-+⎣⎦﹐ ∴210010010039903a =-+=﹒10. ∵T A T B ⊂⋃⊂﹐∴T 的个数为4522221632444+-=+-=﹒ 11. (1)5!2485⨯=﹒ (2)A a B b C c D d E e1181614121384⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯=﹒[另解]55!1238452⨯⨯=﹒ 12. 全部－（恰有一空箱）－（恰有二空箱）()()333223114514524511H H C H H C H H ⨯-⨯---⨯13. 3216⨯⨯=﹒14. 任意排0-在首位7!6!5675610515904!2!4!2!22⨯⨯⨯=-=-=-=﹒ 15. 展开后各实数项和为24681086421010101010024681111122222C C C C C ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭100101012C ⎛⎫⎛⎫+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭512110242=-=-﹒ [另解]原式()()10cos 60sin 60i =⎡-︒+-︒⎤⎣⎦()()cos 600sin 600i =-︒+-︒122=-+﹐ ∴实数项和为12-﹒ 16. ∵1213n n a a +=+⋅⋅⋅⋅⋅⋅ ∴1213n n a a -=+⋅⋅⋅⋅⋅⋅ -()1123n n n n a a a a +-⇒-=- 而11a =﹐2125133a a =+=﹐2123a a -=﹐ 表示数列1n n a a +-为首项23﹐公比23的等比数列﹐ ()()()121321n n n a a a a a a a a -=+-+-+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+-111221332211213223313n n n ---⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎡⎤⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎛⎫⎣⎦=+=+-=-⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦-﹐ ∴()111223262313n n n n a -∞∞==⎛⎫-=== ⎪⎝⎭-∑∑﹒17. ∵{}2,5A B ⋂=﹐∴154a a +=⇒=﹐∴{}2,4,5A =﹐{}4,2,5B =-﹐{}4,2,4,5A B ⋃=-﹐∴()(){}4,4A B A B ⋃-⋂=-﹒18. 1234 32142341 4321共8种﹒19. 设1到1000的自然数所成的集合为基集U ﹐1到1000的自然數中﹐5的倍數者所成的集合為A ﹐ 而7的倍數者所成的集合為B ﹐ 則A B ⋂表示35的倍數者所成的集合﹐(1)即求()()()()n A B n A n B n A B ⋃=+-⋂100010001000200142283145735⎡⎤⎡⎤⎡⎤=+-=+-=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦﹒(2)即求()()()()1000314686⎡⎤'''⋂=⋃=-⋃=-=⎢⎥⎣⎦n A B n A B n U n A B ﹒ (3)即求()()()20028172n A B n A n A B -=-⋂=-=﹒ 20. 7!354!3!=﹒ 21. 若一整数不能被2整除﹐则必不能被4﹑6整除﹐故本题即求1到1000正整数中﹐不能被2﹑3﹑5之一整除者的个数﹒设1到1000之正整数中﹐可被2﹑3﹑5整除者之集合分别为A ﹑B ﹑C ﹐则()10005002n A ⎡⎤==⎢⎥⎣⎦﹐()10003333n B ⎡⎤==⎢⎥⎣⎦﹐()10002005n C ⎡⎤==⎢⎥⎣⎦﹐ ()10001666n A B ⎡⎤⋂==⎢⎥⎣⎦﹐()100010010n A C ⎡⎤⋂==⎢⎥⎣⎦﹐()10006615n B C ⎡⎤⋂==⎢⎥⎣⎦﹐ ()10003330n A B C ⎡⎤⋂⋂==⎢⎥⎣⎦﹐ ()()()()()()()()n A B C n A n B n C n A B n A C n B C n A B C ⋃⋃=++-⋂-⋂-⋂+⋂⋂ 5003332001661006633734=++---+=﹐故所求为()()'''10001000734266n A B C n A B C ⋂⋂=-⋃⋃=-=（个）﹒22. (1)①一个50⇒设10元x 个﹐5元y 个﹐1元z 个﹐则10550x y z ++=﹐共119753136+++++=种﹒ ②二个50⇒1种﹒10220x y z ⇒++=﹐共116118++=种﹒23. ()()()1002100100100121111111x x C x C x +=⎡+-⎤+=+-+-+⎣⎦……()10010010011C x +-+﹐∴1001x +除以()21x -的余式为()11001110098x x +-+=-﹒24. (1)3101088245H C C ===﹒ (2)8!560.3!2!3!= 25. 先考虑5不在千位﹐1不在百位﹐6不在十位﹐8不在个位的方法﹐ 14!43!62!41!10!9⨯-⨯+⨯-⨯+⨯=﹐∴最多再猜9次﹒26. {}{}2222,1100001,2,3,,100,=≤≤=正整數S x x ∴()100n S =﹐{}|12,,110000T x x k k x ==≤≤為正整數﹐ 令()222212232336x k k ==⨯⨯=⨯⨯=﹐ 则()()(){}22261,62,,616,⋂=⨯⨯⨯S T ∴()16n S T ⋂=﹐故()1001684n S T -=-=﹒27. (1)所求为999955518⎡⎤=⎢⎥⎣⎦﹒ (2)所求为999927736⎡⎤=⎢⎥⎣⎦﹒ (3)()()()()n A B C n A B n C n A B C ⎡⋂⋃⎤=⋂+-⎡⋂⋂⎤⎣⎦⎣⎦5558332771111=+-=﹒(4)()()()n A B C n A B A C ⎡⋂⋃⎤=⎡⋂⋃⋂⎤⎣⎦⎣⎦()()()()n A B n A C n A B A C =⋂+⋂-⎡⋂⋂⋂⎤⎣⎦ ()555833n A B C =+-⋂⋂5558332771111=+-=﹒28.()()()()()()236151030n n n n n n +---+15010050203010160=+---+=﹒101022⎡⎤()()10922101010911C x C x ⎡⎤⎡⎤=-+-+⎣⎦⎣⎦……()()22210101021011C x C x C ⎡⎤+-+-+⎣⎦ 故余式为()()210102210110211102011C x C x x x x -+=-++=-+﹒ 30.①B ﹑D 同﹐54143240,A B D C E⨯⨯⨯⨯= ②B ﹑D 異﹐ 54333540,A B D C E⨯⨯⨯⨯=由①②可得﹐共有240540780+=种﹒31.(1)走捷徑等於是走向只許向右與向上兩種﹒如圖﹐由A 開始朝任何方向走都有1種走法﹐走至交叉點P 後﹐將會合箭頭的方法數全部加起來﹐即為走到該點的走法數（累加法）﹒如圖﹐走法有26種﹒(2)走向可以↑﹑→或↓﹐但不可以←又不可重複走﹒如圖﹐由P 出發﹐依所規定的走法﹐走到隔鄰的鉛垂路線上立即停止﹐再決定走向﹒如此相鄰的兩鉛垂路線間的走法數相乘﹐即為所求的走法數﹒∴走法有120種﹒32. ()()23311x x ++++……()()()()()()203321332033311111111x x x x x x x ⎡⎤++-+-+⎢⎥⎣⎦++==+-﹐ 所求即分子()2131x +展开式中15x 项系数 ∴所求为21521201918172034954321C ⨯⨯⨯⨯==⨯⨯⨯⨯﹒ 33. ()()()()1001201111k k x x x x =-=-+-+-+∑……()101x +- ()()()11111111111x x x x⎡⎤----⎣⎦==--﹐ 展开式中5x 系数即为()1111x --展开式中6x 系数﹐∴所求为()61161462C --=-﹒34. ()()20200.9910.01=⎡+-⎤⎣⎦∴81716a b c ++=++=﹒35. 设一步一阶走x 次﹐一步二阶走y 次﹐则211x y +=﹐6!7!8!9!10!15!3!4!5!3!7!2!9!⇒+++++144=﹒ 36. 令12323n n n n n S C C C nC =+++⋅⋅⋅⋅⋅⋅+⋅⋅⋅⋅⋅⋅则()0111n n n n S nC n C C -=+-+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+()0122n n n nn S n C C C n ⇒=++⋅⋅⋅⋅⋅⋅+=⋅﹐∴12n S n -=⋅﹒ 37.()1142!4!192.⨯⨯⨯⨯=選位A aBb38. 设白色x 块﹐黑色y 块﹐则27x y +=﹐⇒6!5!4!116104215!2!3!3!+++=+++=﹒ 39. (1)33311127C C C =﹒ (2)33333333321121121181C C C C C C C C C ++=﹒40. 62163-=41. 20202020123202320S C C C C =+++⋅⋅⋅⋅⋅⋅+⋅⋅⋅⋅⋅⋅ 20202001192019S C C C =++⋅⋅⋅⋅⋅⋅+⋅⋅⋅⋅⋅⋅()202020200120220202S C C C +⇒=++⋅⋅⋅⋅⋅⋅+=⨯﹐∴20102S =⨯﹐∵20log 220log 2200.3010 6.02==⨯=﹐∴202为7位数﹐∴S 为8位数﹒ 42. ①选一面4⇒﹐ ②选二面4312⇒⨯=﹐ ③选三面43224⇒⨯⨯=﹐ ④选四面⇒432124⨯⨯⨯=﹐由①②③④可得﹐共可作成412242464+++=种﹒ 43. (1)8!565!3!=﹒ (2)所求=全部()n C D -⋃()()()56A C B A D B A C D B =-⎡→→+→→-→→→⎤⎣⎦ 3!5!4!4!3!4!5612!3!2!3!2!2!2!2!2!⎛⎫=-⨯+⨯-⨯⨯ ⎪⎝⎭()5630241820=-+-=﹒44. (1)含中空:3342111172,C C C C ⨯⨯⨯= 左 上 右 下不含中空:37934792334342222222222222223C C C C C C C C C C C C C C +++----左 上 右 下 左上 右上 左下 右下 631081263691836297=+++----= ∴所求为72297369.+=(2)含中空:边长为31⇒﹐边长为44⇒﹐边长为56⇒﹐边长为63⇒﹐∴共14个﹐ 不含中空:()()()()625128176352418523122362,⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+--⨯+⨯--=左 上 右 下 左上 右上 左下 右下 ∴所求为146276+=个﹒ 45. ①只用一色:3种﹐②只用二色:()()()()()()6,1,5,2,4,3,3,42,5,1,6∴()322!636,C ⋅⨯=上下色交換③用三色:红+白+黄=7 1 1 1 剩4∴36443!690,⨯=⨯=H C 紅白黃排列∴共33690129++=种﹒46. 444333222111234234234234146410H H H H H H H H H H H H ⨯⨯⨯-⨯⨯⨯+⨯⨯⨯-⨯⨯⨯+⨯700049006604103756=-⨯+⨯-⨯+=﹒ 47. 6A a Bb →→→坐法其他人坐法1162!6!8640⨯⨯⨯⨯=﹒48. ()A B A P B A Q B A P Q B →-→→+→→-→→→ 10!4!6!5!5!4!5!16!4!2!2!4!2!3!2!3!2!2!2!3!2!⎛⎫⇒-⨯+⨯-⨯⨯ ⎪⎝⎭()210901006080=-+-=﹒ 49. aa 不相邻且llll不相邻﹐可先排pmaa ﹐再安插llll ﹐ ①aa 排在一起时：3!6=种﹐再安插4个l ：p m a a △△△△△方法有434C =种﹒ ↑ l②aa 不排在一起时：p m △△△排法有322!6C ⨯=种﹐再安排4个l ：p a m a △△△△△方法有545C =种﹒ 由 可知﹐排法有646554⨯+⨯=种﹒ [另解]llll 不相邻llll -不相邻且aa 相邻54444!3!606542!4!4!P P =⨯-⨯=-=﹒ 50. 6!35!2!34!2!2!13!2!2!2!240-⨯⨯+⨯⨯⨯-⨯⨯⨯⨯=﹒二、计算题 (75小题 每小题0分 共0分)1. ∵132n n a a +=+﹐∴132n n a a +-=﹐ 表示n a 为首项4﹐公差32的等差数列﹐(1)2133114222a a =+=+=﹐ 3231137222a a =+=+=﹐ 4333177222a a =+=+=﹐ 54317310222a a =+=+=﹒ (2)()()1335141222n a a n d n n =+-=+-⨯=+﹒ (3)()401240134024401213302k k a a a a =⎡⎤⨯+-⨯⎢⎥⎣⎦=++⋅⋅⋅⋅⋅⋅+==∑﹒ 2. 从8名教师中选出4名教师去4个城市研习的方式可分为甲去和甲不去两种情形： (1)若是甲去研习﹐则丙也会去﹐而乙不去﹐因此需从剩下的5名教师中选出2人去参加研习﹐故选法有52C 种﹒ (2)若是甲不去研习﹐则丙也不会去﹐而乙可去也可不去﹐因此需从剩下的6名教师中选出4名教师去参加研习﹐故选法有64C 种﹒综合这两种情形﹐从8名教师中选派4名教师的选法共有562425C C +=种﹒而选出4名教师后﹐分别安排到4个城市去研习﹐则安排的方式有4!种﹐ 因此总共有254!600⨯=种选派方法﹒3. ()()()()()()()()()()6651423324666660123432332323232x y C x C x y C x y C x y C x y -=+-+-+-+- ()()()566656322C x y C y +-+-6542332456729291648604320216057664.x x y x y x y x y xy y =-+-+-+4. ()()()()()()()()()44312213444444012342122121211x C x C x C x C x C -=+-+-+-+-43216322481x x x x =-+-+﹒5. SENSE 的5个字母中取3种字母﹐其中任取3个字母可能取出「三个字母皆不相同」或「两个字母同另一不同」两种情形：(1)选出三个字母皆不相同的选法有331C =种﹐排列的方法有3!种﹐ 因此排法有333!6C ⨯=种﹒(2)选出两个字母同另一不同的选法有2211C C ⨯种﹐排列的方法有3!2!1!种﹐ 因此排法有22113!122!1!C C ⨯⨯=种﹒ 综合这两种情形﹐共有18种排法﹒6. (1)先走任一瓣都可以﹐故将3瓣视为3条路任意排列﹐方法3!种﹐又每一瓣走法有2种（两个方向）﹐故所求为323!⨯48=种﹒ (2)323!48⨯=﹒ (3)423!96⨯=﹒7. ()()()()n A B n A n B n A B ⋃=+-⋂253343422332111111111111C C C C C C C C C C C C =⨯⨯⨯+⨯⨯⨯-⨯⨯⨯909636150.=+-=8. 555112n n C x y -=⋅⋅⋅⋅⋅⋅ 6667n n C x y -=⋅⋅⋅⋅⋅⋅77714n n C x y -=⋅⋅⋅⋅⋅⋅6165xn y⇒⋅=⋅⋅⋅⋅⋅⋅- 7286xn y ⇒⋅=⋅⋅⋅⋅⋅⋅- ()()66167528n n -⇒=-﹐∴8n =﹐ 代入⇒8x y =﹐由⇒()877184C y y =8812y ⎛⎫⇒= ⎪⎝⎭﹐即得12y =±﹐4x =±﹐∴14,,82x y n ===（取正值）﹒9. (1)红+白=41 1 剩223223H C ⇒==﹒[另解] 红 白1322313.⇒共種(2)利用第(1)题的结果42318C ⇒⨯=﹒10. 用8步走完10级楼梯﹐假设一级走了x 步﹐两级走了y 步﹐可列得8210x y x y +=⎧⎨+=⎩解得6x =﹐2y =﹐因此用这样的走法共有8!286!2!=（种）﹒ 11.(1){}1,2,4,5,7,8,9A B ⋃=﹒ (2){}1,2,5A B ⋂=﹒ (3){}4,8A B -=﹒(4){}7,9B A -=﹒(5){}3,6,7,9,10'=-=A U A ﹒ (6){}3,4,6,8,10'=-=B U B ﹒(7)(){}3,6,10'⋃=A B ﹒(8){}3,6,10''⋂=A B ﹒ (9)(){}3,4,6,7,8,9,10'⋂=A B ﹒(10){}3,4,6,7,8,9,10''⋃=A B ﹒12. ()()()()191919182219192011111x x x x C x C x x ⎡⎤-+=-+=-+-+⋅⋅⋅⋅⋅⋅⎣⎦﹐ ∴()1919101119,a C C =-=-1919192021190.a C C C =+=13. 可看作第一位男生有4位女生舞伴可选择﹐第二位男生有3位女生舞伴可选择﹐以此类推得舞会配对方法数共有44432124P =⨯⨯⨯=种﹒故选(2)﹒ 14. (1)5232=﹒(2)①先往右42232⨯=﹐ ②先往左42232⨯=﹐ 共有323264+=﹒ 15.如图﹐共有27种方法﹒16. ()()()()()77237777712370.99810.00210.0020.0020.0020.002C C C C =-=-⨯+⨯-⨯+⋅⋅⋅⋅⋅⋅-⨯10.0140.0000840.0000002800.9860837200.986084.≈-+-=≈ 17. ()()1011012211x x x x ⎡⎤+-=+-⎣⎦()()()()()21011011009910121012101212101111x C x x C x x C x =+-+++-⋅⋅⋅⋅⋅⋅+-()10111c =-=-﹐∵()1011x +展开式中才有x 项﹐∴1011101,a C == ∵()1011x +及()100101211C x x -+展开式中均有2x 项﹐∴101101214949.b C C =-=18. (1)∵()()()()()()111!!11!1!1!1!1n n k k n C n C k n k k k n n k k n +++===+-+⋅+⋅-++﹐∴左式()()1111121011121.111nn n n n n k n k C C C C k n n +++++==⨯=++⋅⋅⋅⋅⋅⋅+=-+++∑ (2)承(1)知﹐()1113121213111n n n n ++-=⇒-=++﹐得4n =﹒ 19. (1)□□：4728⨯=﹒ ↓ 6﹑7﹑8﹑9(2)45﹑48﹑54﹑57﹑60﹑66﹑69﹑75﹑78﹑84﹑87﹑90﹑96﹑99﹐共14个﹒ (3)4□7⇒个﹐ 5□7⇒个﹐∴1459a =﹐1358a =﹐1257a =﹐∴平均为57分﹒ 20.上午 下午 1 2 3 4 5 6 7數 數 國 國 ╳ 體 體 2228⇒⨯⨯= 數 數 體 ╳ 國 國 體 2228⇒⨯⨯=數 數 體 ╳ ╳ 國 國 2124⇒⨯⨯= 體 數 數 ╳ 國 國 體 2228⇒⨯⨯= 體 數 數 ╳ ╳ 國 國 2124⇒⨯⨯=體 體數數國國 體 23212⇒⨯⨯=體體 數 數 ╳國國 2228⇒⨯⨯=∴共有8848412852++++++=種﹒21. ()()()()1011012211x xx x+-=++-()()()()()()21011011009910121012101212101111x C x x C x x C x =+++-++-+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+-()()()1011002411011x x x x f x =+-++⋅﹐其中()f x 为一多项式﹐∴x 项的系数1011101,a C == 2x 项的系数10121014949,b C =-=3x 项的系数10110031101156550.c C C =-⨯=23.∴共有441212218396676+++++++++=种走法﹒ 24. (1)∵()123n n a a n +=+-且15a =﹐ ∴()21213514a a =+⨯-=-=﹐ ()32223415a a =+⨯-=+=﹐ ()43233538a a =+⨯-=+=﹐ ()542438513a a =+⨯-=+=﹒ (2)∵()123n n a a n +=+-﹐ ∴()21213a a =+⨯- ()32223a a =+⨯-()()121223)213n n n n a a n a a n ---=+⎡⨯--⎤⎣⎦+=+⎡⨯--⎤⎣⎦()()()2112121315233482n n n a a n n n n n -⋅=+⨯⎡++⋅⋅⋅⋅⋅⋅+-⎤--=+⨯-+=-+⎣⎦﹒(3)20a =2204208328-⨯+=﹒25. x ﹐y ﹐z 的非负整数解共有331011212101010266H C C C +-====（组）﹒→有363⨯⨯个→有123⨯⨯个→有113⨯⨯个∴共有()()36323363⨯⨯+⨯+=个大于230的三位数奇数﹒(2)①个位数字为1者有()()()36121121⨯+⨯+⨯=个﹐为3﹑5者也各有21个﹐ 故个位数字的和为()21135189⨯++=﹒②十位数字为1﹑2者各有339⨯=个﹐为3者有()33312⨯+=个﹐为4﹑5者各有 ()331312⨯+⨯=个﹐故十位数字和为()()()9121231245171⨯++⨯+⨯+=﹒③百位数字为3﹑4﹑5者各有6318⨯=个﹐为2者有()()23139⨯+⨯=个﹐ 故百位数字和为()()1834592234⨯++⨯⨯=﹒由①②③可知﹐总和为()()1891711023410025299+⨯+⨯=﹒27. 由于515C =且565622125C C C C =-=-﹐于是利用帕斯卡尔定理111nn n m m m C C C ---=+﹐得原式()66781920234516175C C C C C C =++++++-778192034516175C C C C C =+++++-8819204516175C C C C =++++-21175C =- 5980=﹒28. 设桌球俱乐部拟购买刀板﹐直拍与大陆拍各1x ﹐2x ﹐3x 把﹐ 根据题意得1238x x x ++=﹒其非负整数解有33811010888245H C C C +-====（组）﹐故共有45种不同的购买方式﹒29. 直线0ax by +=是恒过原点﹐且斜率为a b -的直线﹒因为斜率ab-为正值﹐所以,a b 必须异号﹐且,a b 皆不等于0﹒我们以a 的正负情形讨论如下﹕(1)当0a >时﹐a 有3种选法﹐而此时0b <亦有3种选法﹐ 因此有339⨯=种选法﹒(2)当0a <时﹐a 有3种选法﹐而此时0b >亦有3种选法﹐ 因此有339⨯=种选法﹒ 但是①当()()()(),2,1,4,2,6,3a b =---时﹐均表示同一条直线20x y -=﹒ ②当()()()(),3,6,2,4,1,2a b =---时﹐均表示同一条直线20x y -+=﹒ ③当()(),2,2a b =-﹐()2,2-时﹐均表示同一条直线0x y -=﹒ 因此需扣除重复计算的2215++=条直线﹒ 故共可表出99513+-=条相异的直线﹒ 30.(1)從A 走到P 後 ﹐方法有2種﹐完成A 到P 的各路線﹐方法有3!種﹐ 完成P 到B 的各路線﹐方法有3!種﹐ ∴共有()223!3!23!⨯⨯=⨯72=種﹒(2)A 到P 後 ﹐方法2種﹐P 到Q 後 ﹐方法2種﹐∴共有()32223!3!3!23!⨯⨯⨯⨯=⨯864=種﹒ABA Q P B31. (1)B ﹑D 同色﹐A BD C E →→→ 5433180⨯⨯⨯=﹐ B ﹑D 异色﹐A B D C E →→→→ 54322240⨯⨯⨯⨯=﹐ ∴共有180240420+=种涂法﹒(2)B ﹑D ﹑F 同色﹐A BDF C E G →→→→54333540⨯⨯⨯⨯=﹐ B ﹑D ﹑F 异色﹐A B D F C E G →→→→→→ 5432222960⨯⨯⨯⨯⨯⨯=﹐ B ﹑D 同色﹐F 异色﹐A BD F C E G →→→→→ 543322720⨯⨯⨯⨯⨯=﹐同理B ﹑F 同色﹐D 异色；D ﹑F 同色﹐B 异色涂法也各有720种﹐ ∴共有54096072033660++⨯=种﹒ 32.(1)12a = 24a = 38a = 414a =1n = 2n = 3n = 4n =(2)12a =﹐212a a =+﹐3222a a =+⨯﹐4323a a =+⨯﹐∴12n n a a n +=+⨯﹒ (3)∵12n n a a n +=+⨯且12a =﹐ ∴2121a a =+⨯ 3222a a =+⨯()1222n n a a n --=+⨯- ()1)21n n a a n -+=+⨯-()()21121212222n n n a a n n n -⨯=+⨯⎡++⋅⋅⋅⋅⋅⋅+-⎤=+⨯=-+⎣⎦∴22n a n n =-+﹒ 33. (1)①A ﹑C 同色﹐541480,A B C D ⨯⨯⨯=②A ﹑C 异色﹐5433180,A B C D⨯⨯⨯=由①②可得﹐共有80180260+=种﹒(2)由(1)可知[]541433⨯⨯⨯+⨯﹐推得[]25414333380⨯⨯⨯+⨯=﹒ (3)[]354143343940⨯⨯⨯+⨯=﹒ 34.(1)休旅車及跑車相間排列的情形﹐可分為兩種情形﹐如圖所示：3輛休旅車排成一列共有3!6=種方法﹐同樣地﹐3輛跑車排成一列共有3!6=種方法﹐ 因此根據乘法原理﹐共有26672⋅⋅=種排法﹒ (2)因為休旅車及跑車要各自排在一起﹐如圖所示：所以可以將3輛休旅車看成「1」輛﹐3輛跑車看成「1」輛﹐變成2輛的排列問題﹐有2!2=種方法﹒又3輛休旅車之間有3!6=種排列方法﹐3輛跑車之間有3!6=種排列方法﹒故共有2!3!3!26672⋅⋅=⋅⋅=種排法﹒35. 选出2本英文书3本中文书的方法有6523150C C ⋅=（种）﹐将此5本书作直线排列﹐有5!种排法﹐故所求排法为65235!18000C C ⋅⋅=（种）﹒36.(1)從9本中取出3本給甲﹐取法有93C 種；再從其餘的6本取出3本給乙﹐取法有63C 種；剩下的3本給丙﹐即33C 種﹒因此﹐全部分配方式共有9633331680C C C ⋅⋅=（種）﹒(2)先假設袋子上依序標示有甲﹐乙﹐ 丙的記號﹐則有963333C C C ⋅⋅種分 法﹐但事實上袋子是相同的﹐因此每3!種只能算1種﹐如圖所示﹒故分配方式共有96333316802803!6C C C ⋅⋅==（種）﹒ (3)仿上述作法﹐先假設袋子依序有甲﹐乙﹐丙的記號﹐甲得5本﹐乙丙各得2本的分法有942522C C C ⋅⋅種﹒因袋子是無記號的﹐所以如圖的2!種其實是同1種﹒故分配方式共有9425223782!C C C ⋅⋅=（種）﹒37.設集合A 表示參加象棋比賽的同學﹐ 集合B 表示參加圍棋比賽的同學﹐ 集合A B ⋃表示參加棋藝活動的同學﹐集合A B ⋂表示參加兩種棋藝活動的同學﹒由題意知()34n B =﹐()42n A B ⋃=﹐()15n A B ⋂=﹒ 利用()()()()n A B n A n B n A B ⋃=+-⋂﹐得()423415n A =+-﹐即()23n A =﹒ 故這個班級中共有23位同學參加象棋比賽﹒38. 因为()()()332211x x x x ++=++﹐所以利用二项式定理将乘积展开﹐得 ()()()()()3321232320111A x x C x C x x ++=++部分+()()()1233232311B C x x C x +++部分﹒ 由于上式中A 部分的各项次数均超过2次﹐因此全部展开式中2x 的系数﹐就是B 部分的展开式中的2x 系数﹒ 又B 部分的展开式为()()223243232133137631x x x x x x x x x x ++++++=++++﹐故全部展开式中2x 的系数为6﹒39. 因为()()()332222x x x x -+=-+﹐所以利用二项式定理将乘积展开得 ()()()()()()()()()()332100123232323232012322222A B x x C x x C x x C x x C x x -+=-+-+-+-部分部分上述()()322x x -+展开式中B 部分各项次数低于4次﹐因此要计算展开式中4x 的系数只要计算A 部分各项展开式即可﹐又A 部分展开式为()()()()320132320122C x x C x x -+- ()()654343233322x x x x x x x =-+-+-+⨯6543239136x x x x x =-+-+故4x 的系数为9﹒40. 将240作质因子分解﹐得411240235=⨯⨯﹒因为240的正因子必为235a b c ⨯⨯的形式﹐其中{}0,1,2,3,4a ∈﹐{}0,1b ∈﹐{}0,1c ∈﹐所以a 有5种选择﹐b 有2种选择﹐c 有2种选择﹒利用乘法原理﹐得240的正因子个数有52220⨯⨯=个﹒41. 依题意图示如下：其中实线表电车路线﹐虚线表公交车路线﹒ 因为电车与公交车路线各选一次﹐所以路线安排可分成以下二类：(1)先电车再公交车：利用乘法原理﹐得有122⨯=种路线﹒(2)先公交车再电车：利用乘法原理﹐得有326⨯=种路线﹒由加法原理得知﹐共有268+=种路线安排﹒42. 设A ﹐B ﹐C 分别表示答对A ﹐B ﹐C 题的人组成的集合﹒由题意知()15n A =﹐()19n B =﹐()20n C =﹐()10n A B ⋂=﹐()12n B C ⋂=﹐()8n C A ⋂=﹐()3n A B C ⋂⋂=﹒利用排容原理﹐得()()()()()()()n A B C n A n B n C n A B n B C n C A ⋃⋃=++-⋂-⋂-⋂()n A B C +⋂⋂151920101283=++---+27=﹒故三题中至少答对一题者有27人﹒43.設集合A ﹐B ﹐C 分別表示從1到600的自然數當中的4﹐5,6倍數所形成的集合﹐即()150n A =﹐()120n B =﹐()100n C =﹐()30n A B ⋂=﹐()20n B C ⋂=﹐()50n C A ⋂=﹐()10n A B C ⋂⋂=利用排容原理()()()()()()()n A B C n A n B n C n A B n B C n C A ⋃⋃=++-⋂-⋂-⋂()n A B C +⋂⋂﹐得()15012010030205010280n A B C ⋃⋃=++---+=﹒故1到600的自然數中﹐是4﹐5﹐6中某一個數的倍數﹐共有280個﹒44. (1)n a 代表「第n 个图需用到白色地砖的块数」﹐我们可以发现图形每次均增加1个黑色地砖与5个白色地砖﹐因此15n n a a -=+﹐2n ≥﹒(2)而上述这些图形中﹐白色地砖的个数可视为一个首项为8﹐公差为5的等差数列﹐故()81553n a n n =+-⨯=+﹒(3)拼第95图所需用到白色地砖数955953478a =⨯+=﹒45. (1)先将这8位转学生分成四堆﹐每堆2人﹐再将这四堆分发到甲﹐乙﹐丙﹐丁四班﹐故总共有86428642222222224!25204!C C C C C C C C ⋅⋅⋅⨯=⋅⋅⋅=种分法﹒ (2)先将这8位转学生分成四堆﹐两堆3人﹐两堆1人﹐再将3人的两堆分发到甲乙两班﹐1人的两堆分发到丙丁两班﹐故总共有85218521331133112!2!11202!2!C C C C C C C C ⋅⋅⋅⨯⨯=⋅⋅⋅=⋅种分法﹒ 46. 因为01232n n n n nn n C C C C C +++++=﹐所以1230221n n n nn n n n C C C C C ++++=-=-﹒即原式可改写为2000213000n <-<﹐即200123001n <<﹐得11n =﹒47. (1)3119911!559!2!H C ===组﹒ (2)338936628H H C -===组﹒48. 因为去程有3个交通工具可以选择﹐住宿则有2个方式可供选择﹐而回程亦有3个交通工具可以选择﹒因此由乘法原理得共有32318⨯⨯=种安排法﹒49. 10310!1098720 7!P==⨯⨯=种选法﹒50. 由题意知每个周末都有5种休闲活动可以选择﹒利用乘法原理﹐得4个周末共有5555625⨯⨯⨯=种休闲安排﹒。
排列组合常见题型成品
3. 从一楼到二楼的楼梯共17级,上楼时可以 一步走一级,也可以一步走两级,若要求11步 走完这楼梯,则有多少种不同的走法?
提示:11步中有6步走的是两级,5 6 步走的是一级 C 462
11
4. 如图是某一居民小区的道路网,从顶 点A到顶点B的最短路线有多少条？
B
A
C 210
6 10
相邻问题
[6分]
4 3 所以共有2 C8 + C8 =196种选法.
[9分]
方法二
间接法：
5 种选法. 从10人中任选5人有C10 5 其中不选队长的方法有 C8种.所以“至少1名队长” 5 5 的选法为 C10- C8 =196种.
[9分]
4 （4）当有女队长时，其他人任意选，共有 C9 种选 4 法.不选女队长时，必选男队长，共有 C8 种选法.其 4 中不含女运动员的选法有 C5 种，所以不选女队长时 4 4 的选法共有C8 - C5 种选法.
（3）一人得一本，一人得两本，一人得三本； 1 2 3 3
（4）平均分给甲、乙、丙；C C C 90
2 6 2 4 2 2
C6C5 C3 A3 360
（5）平均分成三堆； C62C42C22
A
3 3
15
（6）分给甲、乙、丙三人，每人至少一本。
1 C6C52 3 2 2 1 3 3 C6 C4 C6C52C3 A3 2 A3 540 A2
（2）空间12个点，其中5个点共面，此外无任何4个点 共面，这12个点可确定多少个不同的平面？
注意：多还少补
7. 20个不加区别的小球放入编号为1号、2号、3号 的三个盒子中，要求每个盒子内的球数不小于盒子的 编号数，问有多少种不同的方法？
【高中数学竞赛专题大全】 竞赛专题10 排列组合、二项式定理(50题竞赛真题强化训练)解析版+原卷版
【高中数学竞赛专题大全】 竞赛专题10 排列组合、二项式定理（50题竞赛真题强化训练）一、填空题1．（2018·广东·高三竞赛）袋中装有m 个红球和n 个白球，m ＞n≥4.现从中任取两球，若取出的两个球是同色的概率等于取出的两个球是异色的概率，则满足关系40m n +≤的数组（m ，n ）的个数为_______. 【答案】3 【解析】 【详解】记“取出两个红球”为事件A ，“取出两个白球”为事件B ，“取出一红一白两个球”为事件C ，则()22m m n C P A C +=，()22n m n C P B C +=，()112m nm nC C P C C +⋅=. 依题意得()()()P A P B P C +=，即2211m n m n C C C C +=.所以()2m n m n +=-，从而m n +为完全平方数.又由4m n >≥及40m n +≤，得940m n ≤+≤. 所以9,3,m n m n +=⎧⎨-=⎩或16,4,m n m n +=⎧⎨-=⎩或25,5,m n m n +=⎧⎨-=⎩或36,6,m n m n +=⎧⎨-=⎩. 解之得（m ，n ）=（6，3）（舍去），或（10，6），或（15，10），或（21，15）. 故符合题意的数组（m ，n ）有3个. 故答案为32．（2018·湖南·高三竞赛）已知123A B={a ,,}a a ⋃，当A B ≠时，(,)A B 与(,)B A 视为不同的对，则这样的(,)A B 对的个数有_____个. 【答案】26 【解析】 【详解】由集合A 、B 都是A B 的子集，A B ≠且()123,,A B a a a ⋃=. 当 A =∅时，B 有1种取法； 当A 为一元集时，B 有2种取法；当A 为二元集时，B 有4种取法； 当A 为三元集时，B 有7种取法.故不同的（A ，B ）对有13234726+⨯+⨯+=（个）. 故答案为263．（2018·湖南·高三竞赛）从-3、-2、-1、0、1、2、3、4八个数字中，任取三个不同的数字作为二次函数()()20f x ax bx c a =++≠的系数.若二次函数的图象过原点，且其顶点在第一象限或第三象限，这样的二次函数有_____个. 【答案】24 【解析】 【详解】可将二次函数分为两大类：一类顶点在第一象限；另一类顶点在第三象限，然后由顶点坐标的符号分别考查.因为图象过坐标原点，所以c=0.故二次函数可写成()2f x a bx =+的形式.又()2224b b f x a x a a ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭，所以其顶点坐标是2,24b b a a ⎛⎫- ⎪⎝⎭.若顶点在第一象限，则有02b a >，204b a->.故0a <，0b >. 因此，这样的二次函数有113412A A ⋅=个.若顶点在第三象限，则有02b a -<，204b a-<.故0a >，0b >.这样的二次函数有2412A =个. 由加法原理知，满足条件的二次函数共有11234424A A A ⋅+=个.故答案为244．（2018·湖南·高三竞赛）31||2||x x ⎛⎫+- ⎪⎝⎭的展开式中常数项为_____.【答案】-20 【解析】 【详解】因为6312x x ⎫⎛⎫+-= ⎪ ⎪⎝⎭.所以()333346120T C ⎛⎫=-=-. 故答案为-205．（2018·四川·高三竞赛）设集合{}1,2,3,4,5,6,7,8I =，若I 的非空子集A B 、满足A B =∅，就称有序集合对(),A B 为I 的“隔离集合对”，则集合I 的“隔离集合对”的个数为______.（用具体数字作答） 【答案】6050 【解析】 【详解】设A 为I 的()17k k ≤≤元子集，则B 为I 的补集的非空子集.所以，“隔离集合对”的个数为()()()()7778880880808898888888111212122223216050kkk kk k k k C C C C C C C --===-=-=+-+---=-+=∑∑∑. 故答案为6050.6．（2020·浙江·高三竞赛）已知十进制九位数()12910a a a ⋅⋅⋅，则所有满足1254a a a >>>=，569a a a <<<的九位数的个数为__________.【答案】25 【解析】 【详解】由题意得：{}i (i 1,2,3,4,6,7,8,9)5,6,7,8,9a =∈，且有顺序.于是满足题意的有445525N C C =⋅=.故答案为：25.7．（2018·山东·高三竞赛）集合A 、B 满足{}1,2,3,,10A B =，A B =∅，若A 中的元素个数不是A 中的元素，B 中的元素个数不是B 中的元素，则满足条件的所有不同的集合A 的个数为______． 【答案】186 【解析】 【详解】设A 中元素个数为()1,2,,9k k =，则B 中元素个数为10k -，依题意k A ∉，441122m k m ⎛⎫⎛⎫-<<+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．10k B -∉，10k A -∈，此时满足题设要求的A 的个数为1102k C --．其中，当5k =时，不满足题意，故5k ≠．所以A 的个数为018484888882186C C C C C +++-=-=．8．（2020·辽宁锦州·高二期末）202148被7除后的余数为_______. 【答案】6 【解析】 【分析】将问题转化为二项式定理即可求解. 【详解】()2021202148491=-的通项公式为()202112021491r rr r T C -+=⨯⨯-，当{}0,1,2,,2020r ∈时，1r T +都能整除7，当2021r =时，该项为-1，所以余数为6. 故答案为：6 【点睛】本题主要考查二项式定理，属于基础题.9．（2021·江西·铅山县第一中学高二阶段练习（理））已知多项式()()10310290129101(1)(1)1x x a a x a x a x a x +=+++++++++，则2a =___________.【答案】42 【解析】 【分析】根据题意把310x x +变形为()()3101111x x ⎡⎤⎡⎤-+++-++⎣⎦⎣⎦，然后利用二项式定理来求. 【详解】因为()()3103101111x x x x ⎡⎤⎡⎤+=-+++-++⎣⎦⎣⎦()()10290129101(1)(1)1a a x a x a x a x =+++++++++，所以22231042a C C =-+=.故答案为：42.10．（2021·全国·高三竞赛）若33223(2011)x y ax bx y cxy dy +=+++，则248a b c d -+-=__________．【答案】8-【分析】 【详解】令x 1,y 2==-，条件式立即化为3(2)248a b c d -=-+-，即2488a b c d -+-=-. 故答案为：8-.11．（2020·江苏·高三竞赛）用三个数字“3，1，4”构成一个四位密码，共有___________种不同结果． 【答案】81 【解析】 【详解】解析：只有一个数时，3种；两个数时，()221344242C C C +⨯=种；三个数时，33436⨯⨯=种，共81种． 故答案为：81.12．（2020·江苏·高三竞赛）已知集合{}1,2,3,4,5,6A =，则满足()()()f f f x x =的函数f ：A A →共有___________个．【答案】47 【解析】 【详解】解析,值域中元素的个数为1或6，若值域中元素的个数为1， 则()f x m =（m 为常数），共6种； 若值域中元素的个数6， 当()f x x =时，1种；当()(())((()))x f x f f x f f f x x →→→→，则3个一组，有36240C =．因此题述所求为164047++=个． 故答案为：47.13．（2018·河北·高三竞赛）欲登上7阶楼梯，某人可以每步跨上两阶楼梯，也可以每步跨上一阶楼梯，则共有_____种上楼梯的方法.【解析】 【详解】本题采用分步计数原理.第一类：0次一步跨上2阶楼梯，即每步跨上一阶楼梯，跨7次楼梯，只有1种上楼梯的方法；第二类，1次一步跨上2阶楼梯，5次每步跨上一阶楼梯，跨6次楼梯，有166C =种方法；第三类：2次一步跨上2阶楼梯，3次每步跨上一阶楼梯，跨5次楼梯，有5210C =种方法；第四类：3次一步跨上2阶楼梯，1次每步跨上一阶楼梯，跨4次楼梯，有344C =种方法；共计21种上楼梯的方法.14．（2018·河南·高三竞赛）若()()222012224nn n x a a x a x a x n *+=++++∈N ，则242n a a a +++被3除的余数是______．【答案】1 【解析】 【详解】令0x =，得204na =．分别令1x =和1x =-，将得到的两式相加，得()2202421622nn n a a a a ++++=+． 所以()()2222122242162423142nn n n n n n a a a -+++=+-=+- ()()21211121mod3n n -≡-⨯-≡-≡．15．（2018·湖北·高三竞赛）一枚骰子连贯投掷四次，从第二次起每次出现的点数都不小于前一次出现的点数的概率为______. 【答案】772【解析】 【详解】设1234a a a a 、、、分别是四次投掷骰子得到的点数，那么()1234,,,a a a a 共有46种不同的情况. 如果从第二次起每次出现的点数都不小于前一次出现的点数，则1234a a a a ≤≤≤.若1234a a a a 、、、的值都相等，则()1234,,,a a a a 有16C 种不同的情况；若1234a a a a 、、、恰好取两个不同的值，则()1234,,,a a a a 有263C 种不同的情况；若1234a a a a 、、、恰好取3个不同的值，则()1234,,,a a a a 有363C 种不同的情况；若1234a a a a 、、、恰好取4个不同的值，则()1234,,,a a a a 有46C 种不同的情况.因此，满足1234a a a a ≤≤≤的情况共有1234666633126C C C C +++=（种）.故所求的概率为41267672=. 16．（2019·河南·高二竞赛）称{1,2,3,4,5,6,7,8,9}的某非空子集为奇子集：如果其中所有数之和为奇数，则奇子集的个数为____________ . 【答案】256 【解析】 【详解】全集{1，2，3，…，9}中含有5个奇数、4个偶数.根据奇子集的定义知，奇子集中只能含有1个奇数、3个奇数、5个奇数，而偶数的个数为0、1、2、3、4都有可能. 所以，奇子集共有：()()()101401450144444435454445C C C C C C C C C C C C +++++++++++()()135014555444C C C C C C =+++++()451012256=++⨯=个.故答案为：256．17．（2019·贵州·高三竞赛）已知m ∈{11，13，15，17，19}，n ∈{2000，2001，…，2019}，则mn 的个位数是1的概率为____________ . 【答案】25【解析】 【详解】当m =11，n ∈{2000，2001，…，2019}时，mn 的个位数都是1，此时有20种选法； 当m =13，n ∈{2000，2004，2008，2012，2016}时，mn 的个位数都是1，此时有5种选法； 当m =15时，mn 的个位数不可能为1，此时有0种选法；当m =17，n ∈{2000，2004，2008，2012，2016}时，mn 的个位数都是1，此时有5种选法； 当m =19，n ∈{2000，2002，2004，…，2018}时，m 的个位数都是1，此时有10种选法. 综上，所求概率为205051025205++++=⨯.故答案为：25．18．（2020·全国·高三竞赛）在1，2，3，…，10中随机选出一个数a 在－1，－2，－3，…，－10中随机选出一个数b ，则2a b +被3整除的概率为______ . 【答案】37100【解析】 【分析】题中条件2a b +是3的倍数，考虑2a 被3除的余数分情况讨论.另外注意有2a 和b 被3除的余数相加是3的倍数. 【详解】数组(),a b 共有210100=种等可能性的选法. 考虑其中使2a b +被3整除的选法数N .若a 被3整除，则b 也被3整除.此时,a b 各有3种选法，这样的(),a b 有239=种.若a 不被3整除，则()()222319613321a k k k k k =±=±+=±+，于是2a 被3除余1，那么b 被3除余2.此时a 有7种选法，b 有4种选法，这样的(),a b 有7428⨯=种.因此92837.N =+=于是所求概率为37100. 【点睛】此题考查计数原理和概率的知识，属于中档题.19．（2021·全国·高三竞赛）把数字09～进行排列，使得2在3的左边，3在5的左边，5在7的左边的排法种数为_________． 【答案】151200 【解析】 【分析】 【详解】考虑全排列，有种1010A 排法；将数字2、3、5、7从队列中拿出来，保留原队列顺序，有44A 种排法；使得2在3的左边，3在5的左边，5在7的左边，只能按照2、3、5、7的顺序排列，有1种排法；故满足题意的排法数是1010441151200A A ⋅=． 故答案为：151200.20．（2021·全国·高三竞赛）若多项式219201x x x x -+--+可以表示成1920011920a a y a y a y ++++，这里1y x =+，则2a =___.【答案】1330 【解析】 【分析】 【详解】 因为: ()()219202192021211(1)111(1)y x x x x x x x x x x y -+--+=+-+--+=+=+-，又因为：()()219201920220210119200119201y x x x x y a a y a y a y a y a y a y a y -+--+=++++=++++，所以3221C 1330a ==.故答案为：1330.21．（2021·全国·高三竞赛）有甲乙两个盒子，甲盒中有5个球，乙盒中有6个球（所有球都是一样的）.每次随机选择一个盒子，并从中取出一个球，直到某个盒子中不再有球时结束.则结束时是甲盒中没有球的概率为______. 【答案】319512【解析】 【分析】 【详解】相当于前十次中至少有五次选择了甲盒的概率， 即5101011101051319222512i i p CC ===+=∑.故答案为：319 512.22．（2021·全国·高三竞赛）一次聚会有8个人参加，每个人都恰好和除他之外的两个人各握手一次．聚会结束后，将所有握手的情况记录下来，得到一张记录单．若记录单上的每条握手记录不计先后顺序（即对某两张记录单，可以分别对其各条记录进行重新排列后成为两张完全相同的，则这两张被认为是同一种），则所有可能的记录单种数为_______．【答案】3507【解析】【分析】【详解】根据已知，将这8个人进行分组，每组的所有人排成一个圆圈，每个人和与其相邻的两个人握手．问题转化为这样的分组、以及分完组之后的项链排列（因为要求握手记录无序）方法有几种．注意到最多分成两组，则：当分成一组时，有7!2种；当分成两组时，若两组人数分别为3和5，则有384!2! 22C⋅⋅种；若两组人数都是4，则有483!3!2!22C⋅⋅种．故共有43887!4!2!3!3!3507 2222!22CC+⋅⋅+⋅⋅=种．故答案为：3507.23．（2021·全国·高三竞赛）先后三次掷一颗骰子，则其中某两次的点数和为10的概率为___________．【答案】23 108【解析】【分析】【详解】有两次为5的概率为213531166216C C+=，有两次为6和4的概率为211134323306216A C C C+=，所以概率为163023216216108+=. 故答案为：23108. 24．（2021·浙江·高二竞赛）对于正整数n ，若(5315)n xy x y -+-展开式经同类项合并，(,0,1,,)i j x y i j n =合并后至少有2021项，则n 的最小值为______.【答案】44 【解析】 【分析】 【详解】由(5315)(3)(5)n n n xy x y x y -+-=+-，共有()21n +项，所以2(1)2021n +≥，得1n ≥，则min 44n =. 故答案为：44.25．（2021·浙江·高三竞赛）已知整数数列1a ，2a ，…，10a ，满足1012a a =，4862+=a a a ，且11k k a a +-=（1k =，2，…，9），则这样的数列个数共有______个. 【答案】192 【解析】 【分析】 【详解】 分情况讨论：①先考虑468,,a a a ,设4a r =，则：(1)45678,1,2,3,4a r a r a r a r a r ==+=+=+=+; (2)45678,1,,1,a r a r a r a r a r ==+==+=; (3)45678,1,,1,a r a r a r a r a r ==+==-=; (4)45678,1,2,3,4a r a r a r a r a r ==-=-=-=-; (5)45678,1,2,3,a r a r a r a r a r ==-=-=+=; (6)45678,1,,1,a r a r a r a r a r ==-==-=;②再考虑910,a a ,同理共有4种,且10a r s =+,其中6,4,2,0,2,4,6s =---;③最后考虑123,,a a a 共有8种,且1a r t =+,其中1,3t =±±,所以110a a ≠,故1012a a =一定有解, 综上共有864192⨯⨯=个; 故答案为：192.26．（2021·全国·高三竞赛）将2枚白棋和2枚黑棋放入一个44⨯的棋盘中，使得棋盘的每个方格内至多放入一枚棋子，且相同颜色的棋子既不在同一行，也不在同一列，如果我们只区分颜色而不区分同种颜色的棋子，则不同放法的种数为_________． 【答案】3960 【解析】 【分析】利用去杂法可求不同方法的种数. 【详解】解析：将两枚白棋放入方格中的方法数为169722⨯=种，两枚黑棋放入方格中使得它们既不在同一行，也不在同一列的方法数为169722⨯=，其中至少有1枚黑棋与白棋放入同一方格的方法数为1892=⨯种，两枚黑棋均放入两枚白棋所在的方格中的方法数为1种，故由容斥原理可知不同的方法数为72(72291)3960⨯-⨯+=种． 故答案为：3960. 【点睛】思路点睛：对于较为复杂的组合计数问题，我们可以采用去杂法从反面考虑，但要注意防止重复计算，如本题中同色的棋子不做区分.27．（2021·全国·高三竞赛）用平行于各边的直线将一个边长为10的正三角形分成边长为1的正三角形表格，则三个顶点均为格点且各边平行于分割线或与分割线重合的正三角形的个数是___________. 【答案】315 【解析】 【详解】解析：设边长为n 的正三角形中由格点构成各边平行于分割线或与分割线重合的正三角形的个数为n a ，则1231,5,13a a a ===，当n 为偶数时，则21+12+212322n n n n n a a C --⎛⎫=+++++ ⎪⎝⎭，其中21n C +为增加的一条边上的1n +分点中的任意两个不同的构成的正三角形的个数； 2212322n n -⎛⎫++++ ⎪⎝⎭为以增加的一条边上的1n +分点中的任意一个点为顶点的正三角形的个数，同理，当n 为奇数时，则21+11+21232n n n n a a C --⎛⎫=++++ ⎪⎝⎭，其中21n C +为增加的一条边上的1n +分点中的任意两个不同的构成的正三角形的个数； 121232n -⎛⎫+++ ⎪⎝⎭为以增加的一条边上的1n +分点中的任意一个点为顶点的正三角形的个数，故2221034111a C C C =++++()()()()()2012121221221234212345+⨯++⨯+⨯++⨯+++⨯++++⨯++++⎡⎤⎣⎦=()()3223441112123454136101580315C C C C ++++++++++++=++=答案为：315.28．（2021·全国·高三竞赛）设()40382019201k k k x xa x =++=∑，其中(0,1,,4038)i a i =为常数，则134630kk a==∑___________.【答案】20183 【解析】 【详解】 设()201822403601240361x x b b x b x b x ++=++++，则()()()201922498601403611x x x x b b x b x ++=+++++.可见0031236456,,,a b a b b b a b b b ==++=++，因此40384036a b =.20180340380140363a a a b b b +++=+++=.故答案为：20183.29．（2021·全国·高三竞赛）设129,,,a a a 是1，2，…，9的一个排列，如果它们满足123456789a a a a a a a a a <<>>>><<，则称之为一个“波浪形排列”.则所有的“波浪形排列”的个数为___________. 【答案】379 【解析】 【详解】解析： 3a 只能取7､8､9，按照3a 取值依次分成三类，若39a =，有2385280C C =种排列；若38a =，有237484C C =种排列；若37a =，有26=15C 种排列； 可得总数为379. 故答案为：379.30．（2021·全国·高三竞赛）从正方形的四个顶点及四条边的中点中随机选取三个点，则“这三个点能够组成等腰三角形”发生的概率为___________. 【答案】514【解析】 【详解】解析：按照选取点中正方形顶点的个数进行分类，依次可以为3､2､1､0个，相应的等腰三角形个数为3344C 4142C 20+⨯+⨯+=，因此所求概率为38205C 14=. 故答案为：514. 31．（2021·全国·高三竞赛）圆周上有20个等分点，从中任取4个点，是某个梯形4个顶点的概率是_______． 【答案】48323【解析】 【详解】解析：梯形共有两种：从10组平行于直径的9条平行直线中选2条，或从10组不平行于直径的10条平行直线中选2条．第一种去掉矩形有()2910C 4320⨯-=个，第二种去掉矩形有()21010C 5400⨯-=个，共有720个，故概率是42072048323C =．故答案为：48323. 32．（2021·全国·高三竞赛）在平面直角坐标系xOy 中，点集{(,){1,2},{1,2,3,4}}K x y x y =∈∈．从K 中随机取出五个点，则其中有四点共线或四点共圆的概率为____________． 【答案】57【解析】 【详解】考虑任四点不共线、任四点不共圆的情形． 由无四点共线知每列至少有一个点不取．不妨设左边一列有两个点不取，分六种情况知方法数为2200228+++++=．故原概率为3838C 165C 7P -==． 故答案为：57.33．（2021·全国·高三竞赛）在0、1、2、3、4、5、6中取5个数字组成无重复数字的五位数，其中是27倍数的最小数是_______． 【答案】14256 【解析】 【详解】解析：首先这个数是9的倍数，故这5个数字只能是0、3、4、5、6或1、2、4、5、6，五位数字之和为18．设五位数是abcde ，则()1000010001001010810mod27a b c d e a b c d e ++++≡+-++， 为了使数最小，考虑1a =，故可取各数字为1、2、4、5、6，先考虑12456，此时10810123250628a b c d e +-++=-++=，不合要求； 再考虑14256，此时10810141650654a b c d e +-++=-++=，符合要求. 故所求的最小的数是14256． 故答案为：14256.34．（2019·山东·高三竞赛）6个相同的红色球，3个相同的白色球，3个相同的黄色球排在一条直线上，那么同色球不相邻的概率是______ .【答案】5924【解析】 【详解】由题意可知，所有的排列方法种数为：12!6!3!3!N =⨯⨯，满足题意的排列方法数量为：5!253!2!n =⨯⨯⨯， 故同色球不相邻的概率为5!2553!2!12!9246!3!3!p ⨯⨯⨯==⨯⨯. 故答案为：5924． 35．（2019·贵州·高三竞赛）若(a +b )n 的展开式中有连续三项的二项式系数成等差数列，则最大的三位正整数n =____________ . 【答案】959 【解析】 【详解】设(a +b )n 的展开式中连续三项的二项式系数为11C ,C ,C (11)k k k n n n k n -+-.因为112C C C k k k n n n -+=+，所以22(41)420n k n k -++-=，得到n =①由n 为正整数，则8k +9应为奇完全平方数，故设8k +9=(2m +1)2，即222k m m =+-， 代入①式得n =(m +1)2－2或n =m 2－2. 所以，三位正整数n 的最大值为959. 故答案为：959．36．（2019·广西·高三竞赛）从1，2，…，20中任取3个不同的数，这3个数构成等差数列的概率为____________ . 【答案】338【解析】 【详解】设取出的3个不同的数分别为a 、b 、c .不同的取法共有320C 种，若这3个数构成等差数列，则有a +c =2b .故、c 同为奇数或同为偶数，且a 与c 确定后，b 随之而定.从而所求概率为221010320338C C P C +==. 故答案为：338． 37．（2019·浙江·高三竞赛）在复平面上，任取方程10010z -=的三个不同的根为顶点组成三角形，则不同的锐角三角形的数目为____________. 【答案】39200 【解析】 【详解】易知10010z -=的根在单位圆上，且相邻两根之间弧长相等，都为2100π，即将单位圆均匀分成100段小弧.首先选取任意一点A 为三角形的顶点，共有100种取法.按顺时针方向依次取顶点B 和顶点C ，设AB 弧有x 段小弧，CB 弧有y 段小弧，AC 弧有z 段小弧，则△ABC 为锐角三角形的等价条件为：1001,,49x y z x y z ++=⎧⎨⎩970,,48x y z x y z ++=⎧⇒⎨⎩ ① 计算方程组①的整数解个数，记1{|97,49}P x x y z x =++=，2{|97,49}P y x y z y =++=，3{|97,49}P z x y z z =++=，{(,,)|97,,,0}S x y z x y z x y z =++=，则123123||P P P S P P P ⋂⋂=-⋃⋃2991231C |i j i j P P P P P P <⎛=-++-∑⋂+ ⎝)23|P P ⋂⋂229950C 3C 1176=-=. 由于重复计算3次，所以所求锐角三角形个数为1001176392003⨯=.故答案为：39200．38．（2019·新疆·高三竞赛）随机取一个由0和1构成的8位数，它的偶数位数字之和与奇数位数字之和相等的概率为____________ . 【答案】35128【解析】 【分析】该8位数首位数字必须为1，分别计算出奇数位上和偶数位上1的个数，结合组合知识求出基本事件总数和偶数位数字之和与奇数位数字之和相等包含的基本事件个数即可得解. 【详解】设n 是满足题意的8位数，故知其偶数位上1的个数和在奇数位上1的个数相同，从而在奇数位上与偶数位上1的个数可能为1、2、3或4.注意到首位为1，下面分情况讨论：（1）奇数位上与偶数位上有1个1，3个0共有0134C C 4⋅=种可能；（2）奇数位上与偶数位上有2个1，2个0，共有1234C C 18⋅=种可能；（3）奇数位上与偶数位上有3个1，1个0，有2334C C 12⋅=种可能；（4）奇数位上与偶数位上有4个1，共有34341C C ⋅=种可能.合计共有4+18+12+1=35个满足条件的自然数n .又因为0和1构成的8位数共有72128=个，从而概率为35128. 故答案为：35128【点睛】此题考查求古典概型，关键在于熟练掌握计数原理，根据分类计数原理结合组合知识求解概率.39．（2019·新疆·高三竞赛）记[x ]为不超过实数x 的最大整数.若27788A ⎡⎤⎡⎤=+++⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦201920207788⎡⎤⎡⎤+⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦，则A 除以50的余数为____________ .【答案】40 【解析】 【分析】根据21277,88k k -均不是整数，利用放缩法分析出21221217772788k k k k ---⎡⎤⎡⎤-<+<⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦，结合二项式定理得A 除以50的余数. 【详解】注意到21277,88k k-均不是整数. 按定义212212212212177777772117888888k k k k k kk k -----⎛⎫⎛⎫⎡⎤⎡⎤-=-+-<+<+= ⎪ ⎪⎢⎥⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎣⎦， 所以对任意正整数k 均有21221777188k k k --⎡⎤⎡⎤+=-⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦22771k -=⋅-17(49)1k -=⋅- ()()()1101111117(501)175050111r k k k r k r k k k k C C C ---------=⋅--=⋅⨯+⋅⋅⋅+⨯⨯-+⋅⋅⋅+⨯--17(1)1(mod 50)k -=⋅--.从而71010(11)101040(mod50)A ≡⋅⋅--≡. 故答案为：40 【点睛】此题考查数论相关知识点，涉及同余问题结合二项式定理处理，需要熟练掌握初等数论相关知识.40．（2020·全国·高三竞赛）现有10张卡片，每张卡片上写有1，2，3，4，5中两个不同的数，且任意两张卡片上的数不完全相同．将这10张卡片放入标号为1，2，3，4，5的五个盒子中，规定写有i ，j 的卡片只能放在i 号或j 号盒子中．一种放法称为“好的”，如果1号盒子中的卡片数多于其他每个盒子中的卡片数．则“好的”放法共有________种． 【答案】120． 【解析】 【分析】结合题意，对满足情况进行分类，运用组合的相关知识进行求解. 【详解】解：用{,}i j 表示写有i ，j 的卡片．易知这10张卡片恰为{,}(15)i j i j ≤<≤．考虑“好的”卡片放法．五个盒子一共放有10张卡片，故1号盒至少有3张卡片，能放入1号盒的卡片仅有{1,2},{1,3},{1,4},{1,5}．情况一：这4张卡片都在1号盒中，此时其余每个盒中已经不可能达到4张卡片，故剩下6张卡片无论怎样放都符合要求，有6264=种好的放法．情况二：这4张卡片恰有3张在1号盒中，且其余每盒最多仅有2张卡片． 考虑{1,2},{1,3},{1,4}在1号盒，且{1,5}在5号盒的放法数N ．卡片{2,3},{2,4},{3,4}的放法有8种可能，其中6种是在2，3，4号的某个盒中放两张，其余2种则是在2，3，4号盒中各放一张．若{2,3},{2,4},{3,4}有两张在一个盒中，不妨设{2,3},{2,4}在2号盒，则{2,5}只能在5号盒，这样5号盒已有{1,5},{2,5}，故{3,5},{4,5}分别在3号与4号盒，即{2,5},{3,5},{4,5}的放法唯一；若{{2,3},{2,4},{3,4}在2，3，4号盒中各一张，则2，3，4号盒均至多有2张卡片，仅需再使5号盒中不超过2张卡片，即{2,5},{3,5},{4,5}有0张或1张在5号盒中，对应0133C C 4+=种放法．因此612414N =⨯+⨯=．由对称性，在情况二下有456N =种好的放法． 综上，好的放法共有6456120+=种． 【点睛】关键点点睛：解答本题的关键是结合题意进行分类讨论，需要考虑全面，不要漏掉情况，要求综合能力较强.41．（2021·浙江·高三竞赛）一条直线上有三个数字1a ，2a ，3a ，数字2a 位于1a ，3a 之间，称数值1223a a a a -+-为该直线的邻差值.现将数字1~9填入33⨯的格子中，每个数字均出现，过横向三个格子､竖向三个格子及对角线三个格子共形成8条直线.则这8条直线的邻差值之和的最小值为______，最大值为______. 【答案】 36 60 【解析】 【分析】 【详解】如图1,这8条直线的邻差值之和：9212387894147636951i i M a a a a a a a a a a a a a a a a a a ==-+-+-+-+-+-+-+-+-∑,利用局部调整法,当(1,2,,9)i a i i ==⋯时，M 有最小值2226668436+++++++=.当如图2排列时，M 有最大值8189(9823)224602i i =⨯++--⨯=+=∑. 故答案为：36,60.42．（2021·全国·高三竞赛）刘老师为学生购买纪念品，商店中有四种不同类型纪念品各10件（每种类型纪念品完全相同），刘老师计划购买24件纪念品，且每种纪念品至少购买一件．则共有________种不同的购买方案． 【答案】633 【解析】 【详解】解析：只需计算()4210()f x x x x =+++中24x 的系数而()()4104210441()(1)x f x x x x x x -=+++=⋅-又由幂级数展开式可得233411420(1)nn x x C x x +=+++++-，故()()4102030403301464n n n f x x x x x x C x ∞+=⎛⎫=-+-+ ⎪⎝⎭∑，故24x 的系数为3332313346633C C C -+=．故答案为：633．43．（2021·全国·高三竞赛）从集合{1,2,,2020}的非空子集中随机取出一个，其元素之和恰为奇数的概率为____________． 【答案】20192020221- 【解析】 【详解】解析：集合{1,2,,2020}共有非空子集202021-个，元素和为奇数的子集个数恰为函数()()22000()(1)11f x x x x =+++的展开式中奇次项系数之和2019(1)(1)22f f --=．故20192020221P =-．故答案为：20192020221-. 44．（2021·全国·高三竞赛）将圆周21n 等分于点1221,,,n A A A +，在以其中每三点为顶点的三角形中，含有圆心的三角形个数为__________． 【答案】1(1)(21)6n n n ++【解析】 【详解】任取一个分点记为P ，然后将其余2n 个分点这样标志， 自P 点后，逆时针方向的连续n 个点依次记为12,,,n A A A ，顺时针方向的连续n 个点依次记为12,,,n B B B ．先考虑以P 为顶点且含有圆心的三角形，如图，显然这种三角形的另两个顶点必须一个属于点集{}12,,,n A A A ，而另一个属于点集{}12,,,n B B B ．且这种i j PA B ，含有圆心当且仅当1,,{1,2,,}i j n i j n ++∈．现计算符合条件的三角形个数：当i k =时，j 可取值,1,,1n n n k --+，共计k 个值．因此这种含有圆心的i j PA B 个数为()112nk n n k =+=∑ ， 当点P 取遍21n 个位置，共得1(1)(21)2n n n ++个三角形，由于每个三角形有三个顶点，故每个三角形重复计算了三遍， 因此符合条件的三角形个数为1(1)(21)6n n n ++．故答案为：1(1)(21)6n n n ++.二、解答题45．（2021·全国·高二课时练习）已知集合M={1，2，3，4，5，6}，N={6，7，8，9}，从M 中选3个元素，N 中选2个元素组成一个含5个元素的新集合C ，则这样的集合C 共有多少个？ 【答案】90 【解析】 【分析】分类计数，再用加法原理求解. 【详解】第一类：从M 中选取3个元素且含6有25C 种，从N 中选取2个元素不含6有23C 种，根据分步乘法计数原理，有2253C C ⨯=10×3=30（种）;第二类：从M 中选取3个元素且不含6有35C 种，从N 中选取2个元素有24C 种，根据分步乘法计数原理，有3254C C ⨯=10×6=60（种）．由分类加法计数原理，集合C 共有30+60=90（个）． 46．（2018·广东·高三竞赛）已知正整数n 都可以唯一表示为2012999m m n a a a a =+⋅+⋅++⋅ ①的形式，其中m 为非负整数，{}0,1,,8j a ∈（0j =，1,,1m -），{}1,,8m a ∈.试求①中的数列012,,,,m a a a a 严格单调递增或严格单调递减的所有正整数n 的和. 【答案】984374748 【解析】【详解】设A 和B 分别表示①中数列严格单调递增和递减的所有正整数构成的集合.符号S （M ）表示数集M 中所有数的和，并将满足①式的正整数记为110m m n a a a a -=.把集合A 分成如下两个不交子集{}000A n A a =∈=和{}100A n A a =∈≠. 我们有()()()01S A S A S A ==.对任意1n A ∈，令()09f n n A =∈，则f 是1A 到0A 的双射. 由此得()()019S A S A =，从而()()110S A S A =. 又对任意10m m a a a a B -=∈，令()()()()101999m m b g a a a a A -==---∈，则g 是B 到1A 的双射，其中()119999918m m m a b +++=+++=-. 因为{}101018,0,1,,7m m m m B a a a a a a m --=≤<<<≤=所以B 中共有718m m C+=∑个元素，因此()()()7111809918m m m S B S A C ++=+=-∑88880099988k k k k k C C ===-∑∑ ()8891028=-. 又令2A 表示A 中最高位数8m a =的正整数全体，A 中其余的数和零所构成的集合记为3A ， 则()()()23S A S A S A =+. 对任意10m m a a a a B -=∈，令()()()()103888m m b a a a a A σ-==---∈则σ是B 到3A 的双射，其中118989891m m m a b -++=⋅+⋅++=-.所以()()()71138091m m m S B S A C++=+=-∑ ()888091102k k o k C ==-=-∑.最后对任意{}0288ma a a A =∈-，令()()()088mb a a a B τ==--∈.则τ是{}28A -到B 的双射，其中128989891m m m a b +++=⋅+⋅++=-.所以()()()712280891m m m S B S A C ++=+=+-∑()8188818919102k k k C +==+-=⋅-∑.于是，()()()()()8899191021082102S B S A S B S A ⎧+=-⎪⎨⎪+=-⎩解之得()931108096875008032S A =⨯+=，()15624704S B =. 由于A 和B 中都含有1，2，…，8，因此所求正整数的和等于()()36984374748S A S B +-=. 47．（2019·江苏·高三竞赛）平面直角坐标系中有16个格点(i ，j )，其中0≤i ≤3，0≤j ≤3.若在这16个点中任取n 个点，这n 个点中总存在4个点，这4个点是一个正方形的顶点，求n 的最小值. 【答案】11. 【解析】 【分析】分两步来证明：先找到10个点，它们中的任意四点不能构成正方形的顶点，再根据抽屉原理证明任意的11个点，一定存在4个点为正方形的四个顶点. 【详解】存在下面的10点即：点(0，0)，(1，0)，(2，0)，(2，1)，(3，1)，(0，2)，(3，2)，(0，3)，(1，3)，(3，3)， 其中任意4个点不能构成正方形的顶点，故11n ≥. 下证：任意11点中，一定存在4个点为正方形的四个顶点.因为共取11个点，分两种情况讨论：（1）有一行有4个点（设为1234,,,P P P P ），则余下三行共有7个点， 由抽屉原理知余下三行中必有一行至少有3个点（设为123,,Q Q Q ），因1234,,,P P P P ，123,,Q Q Q 分布在两行，若该两行相邻或中间隔一行，则存在四个点，它们为正方形的四个顶点；若该两行间隔两行，如图，不妨设1234,,,P P P P 为线段AB 上的格点，123,,Q Q Q 为线段OC 上的格点，对应的点的坐标为()()()0,0,1,0,2,0，余下4个点分布在中间两行，若线段DE 上有两个整点，则它们和1234,,,P P P P 中的两点构成正方形的顶点，否则线段GF 上至少有3个点，则其中必有两个格点与123,,Q Q Q 中的两点构成正方形的顶点.（2）任意一行都没有4个点，则各行的格点数分别为3,3,3,2，故4行中必有相邻两行各有3个格点，这6个格点中必存在4个格点，它们构成正方形的顶点. 【点睛】本题考查组合最值，此类问题，解决的基本方法是先找一个反例，从而确定变量的初始范围，再利用抽屉原理来证明该范围成立.48．（2019·上海·高三竞赛）设n 为正整数，称n ×n 的方格表Tn 的网格线的交点(共(n +1)2个交点)为格点.现将数1，2，……，(n +1)2分配给Tn 的所有格点，使不同的格点分到不同的数.称Tn 的一个1×1格子S 为“好方格”，如果从2S 的某个顶点起按逆时针方向读出的4个顶点上的数依次递增(如图是将数1，2，…，9分配给T 2的格点的一种方式，其中B 、C 是好方格，而A 、D 不是好方格)设Tn 中好方格个数的最大值为f (n ).（1）求f (2)的值；（2）求f (n )关于正整数n 的表达式.【答案】（1）f (2)=3.（2）221()2n n f n ⎡⎤+-=⎢⎥⎣⎦.【解析】【详解】(1)如图①，将T 2的4个1×1格子(以下简称“格子”)分别记为A 、B 、C 、D ，将9个格点上的数分别记为a 、b 、c 、d 、e 、f 、g 、h 、i.当a ，b ，……，i 依次取为1，2，……，9时，易验证B 、C 、D 均为好方格，这表明f (2)≥3. 现假设f (2)=4，即存在一种数的分配方式，使A 、B 、C 、D 均为好方格.由对称性，不妨设边界上8个数a ，b ，……，h 中的最小数为a 或b .此时由A 为好方格知，或者有a <b <i <h ，或者有b <i <h <a ，故b <i <h 总是成立的.进而由B 、C 为好方格知，必有i <f <g <h ，b <c <d <i ，但这时d <i <f ，与D 为好方格矛盾. 综上可得f (2)=3.(2)设Tn 的各格点的数已被分配好，此时好方格有k 个称格子的一条边为一段“格线”我们对Tn 的每段格线标记一个箭头若格线连结了两个格点U 、V ，其中U 上的数小于V 上的数，则对格线UV 标上一个指向UV 顺时针旋转90°后所得方向的箭头.称一个格子S 及S 的一条边UV 所构成的有序对(S ，UV )为一个“对子”，如果UV 上所标的箭头由S 内指向S 外设对子总数为N .一方面，每个格子S 至少贡献1个对子(否则沿逆时针方向读S 顶点上的数将永远递减，矛盾)，而根据好方格的定义每个好方格贡献3个对子，于是()22312N k n k k n +⋅-=+.另一方面，Tn 的每段格线至多贡献1个对子，且Tn 边界上至少有一段格线标有向内的箭头(否则，沿逆时针方向读n 边界上的数将永远递增，矛盾)，从而不贡献对子.注意到Tn 的格线段数为2n (n +1)，所以又有2(1)1N n n +-.综合两方面得，2k +n 2≤2n (n +1)－1，即好方格的个数2212n n k+-. 最后，对n 为奇数和n 为偶数的情况，分别如图②和图③，将1，2，……，(n +1)2按粗线经过的次序依次分配给所有格点对图中标有“▲”记号的每个格子，易验证，按被粗线经过的先后次序排列其4个顶点，恰是一种逆时针排列，因而这些格子均为好方格.。
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高中数学竞赛专题讲座之 排列组合 二项式定理和概率一． 排列组合二项式定理 1 (2005年浙江)设()n n n x a x a a x x 221021+++=++ ，求n a a a 242+++ 的值（ ） （A ）n 3 （B ）23-n （C ）213-n （D ）213+n 【解】： 令0=x 得 10=a ；（1） 令1-=x 得 123210=++-+-n a a a a a ；（2）令1=x 得 n n a a a a a 323210=+++++ ； （3）（2）＋（3）得 13)(22420+=++++n n a a a a ，故 2132420+=++++n n a a a a ， 再由（1）得 213242-=+++n n a a a 。
∴选 【 C 】 2、（2004 全国）设三位数n abc =，若以a ，b ，c 为三条边的长可以构成一个等腰（含等边）三角形，则这样的三位数n 有 （ ）A. 45个B. 81个C. 165个D. 216个解：a ，b ，c 要能构成三角形的边长，显然均不为0。
即,,{1,2,...,9}a b c ∈（1）若构成等边三角形，设这样的三位数的个数为1n ，由于三位数中三个数码都相同，所以，1199n C ==。
（2）若构成等腰（非等边）三角形，设这样的三位数的个数为2n ，由于三位数中只有2个不同数码。
设为a 、b ，注意到三角形腰与底可以置换，所以可取的数码组（a ，b ）共有292C 。
共20种情况。
同时，每个数码组（a ，b ）中的二个数码填上三个数位，有23C 种情况。
故2222399(220)6(10)156n C C C =-=-=。
综上，12165n n n =+=。
3．（2005四川）设}10,,2,1{ =A ，若“方程02=--c bx x 满足A c b ∈,，且方程至少有一根A a ∈”，就称该方程为“漂亮方程”。
则“漂亮方程”的个数为（A ）8....（B ）10....（C ）12....（D ）14解：，由题可知，方程的两根均为整数且两根一正一负，当有一根为1-时，有9个满足题意的“漂亮方程”，当一根为2-时，有3.个满足题意的“漂亮方程”。
共有12个，故选C 。
4．（2005四川）设4321,,,a a a a 是4,3,2,1的任一排列，f 是}4,3,2,1{到}4,3,2,1{的映射，且满足i i f ≠)(，记数表⎥⎦⎤⎢⎣⎡)( )( )( 43214321a f a f )f(a a f a a a a 。
若数表N M ,的对应位置上至少有一个不同，就说N M ,是两张不同的数表。
则满足条件的不同的数表的张数为 （ ）（A ）144...（B ）192....（C ）216.....（D ）576解：对于4321,,,a a a a 的一个排列，可以9个映射满足i i f ≠)(，而4321,,,a a a a 共有2444=A 个排列，所以满足条件的数表共有216924=⨯张，故选C 。
5．(2005江西)连结正五边形12345A A A A A 的对角线交另一个正五边形12345B B B B B ，两次连结正五边形12345B B B B B 的对角线，又交出一个正五边形12345C C C C C （如图），以图中线段为边的三角形中，共有等腰三角形的个数为 ( )（A ）50 （B ）75 （C ）85 （D ）100解：对于其中任一点P ，以P 为“顶”（两腰的公共点）的等腰三角形的个数记为[P]则1125134125134125152[]6, (,,,,,)A A A A A B B A B B A A A A A B A A B =∆∆∆∆∆∆.1134125134134125125125134143[]9, (,,,,,,,,)B B A A B B B B B B BC C B B C B C B B A A B A B B A B =∆∆∆∆∆∆∆∆∆1134125[]2, (,)C C B B C B B =∆∆, 由于图中没有等边三角形，则每个等腰三角形恰有一个“顶”。
据对称性可知[]6, []9, []2, 1,2,3,4,5i i i A B C i ====.因此等腰三角形共有5(692)85⋅++=个.6. (2005全国)将关于x 的多项式2019321)(x xx x x x f +-+-+-= 表为关于y 的多项式=)(y g ,202019192210y a y a y a y a a +++++ 其中.4-=x y 则=+++2010a a a 61521+. 解：由题设知，)(x f 和式中的各项构成首项为1，公比为x -的等比数列，由等比数列的求和公式，得：.1111)()(2121++=----=x x x x x f 令,4+=y x 得,51)4()(21+++=y y y g 取,1=y 有.615)1(2120210+==++++g a a a a 7.如果自然数a 的各位数字之和等于7，那么称a 为“吉祥数”.将所有“吉祥数”从小到大排成一列,,,,321 a a a 若,2005=n a 则=n a 55200.解：∵方程m x x x k =+++ 21的非负整数解的个数为m k m C 1-+.而使)2(0,11≥≥≥i x x i 的整数解个数为12--+m k m C .现取7=m ，可知，k 位“吉祥数”的个数为.)(65+=k C k P∵2005是形如abc 2的数中最小的一个“吉祥数”，且,7)2(,1)1(6766====C P C P,28)3(68==C P 对于四位“吉祥数”abc 1，其个数为满足6=++c b a 的非负整数解个数，即286136=-+C 个。
∵2005是第1+7+28+28+1＝65个“吉祥数”，即.200565=a 从而.3255,65==n n 又,210)5(,84)4(61069====C P C P 而∑==51.330)(k k P∴从大到小最后六个五位“吉祥数”依次是：70000，61000,60100,60010,60001,52000.∴第325个“吉祥数”是52000，即.520005=n a8．（2004四川）某城市的机动车牌照是从“10000”到“99999”连续编号，则在这90000个牌照中数字9至少出现一个，并且各数字之和是9的倍数的车牌照共有 4168 个.二、概率部分1. （2006吉林预赛）在6个产品中有4个正品，2个次品，现每次取出1个作检查（检查完后不再放回），直到两个次品都找到为止，则经过4次检查恰好将2个次品全部都找到的概率是 （ D ）A. 1/15B. 2/15C. 1/5D. 4/152．（2006年南昌市）甲、乙两人进行乒乓球单打决赛,采用五局三胜制(即先胜三局者获冠军),对于每局比赛,甲获胜的概率为32,乙获胜的概率为31,则爆出冷门(乙获冠军)的概率为____1781______. 3．（2006年浙江省预赛）在2006,,2,1 中随机选取三个数，能构成递增等差数列的概率是 。
解： 三个数成递增等差数列，设为 d a d a a 2,,++，按题意必须满足,20062≤+d a 1002≤d 。
对于给定的d ，a 可以取1，2，……，2006-2d 。
故三数成递增等差数列的个数为 .1002*1003)22006(10021=-∑=d d 三数成递增等差数列的概率为401031002100332006=⨯C 。
4. （2006吉林预赛）骰子是一个质量均匀的正方体，6个面上分别刻有1、2、3、4、5、6点。
现在桌面上有3只骰子分别为木制、骨制、塑料制的。
重复下面操作，直到桌子上没有骰子：将桌上的骰子全部掷出，然后去掉那些奇数点的骰子。
求完成以上操作的次数多于三次的概率。
.（169/512）5．（2004湖南）如果一元二次方程09)3(222=+---b x a x 中，a 、b 分别是投掷骰子所得的数字，则该二次方程有两个正根的概率P= ( )A ．181B ．91C ．61D ．1813 6. (2005江西)从3名男生和n 名女生中，任选3人参加比赛，已知3人中至少有1名女生的概率为3534，则n=_____. 7. (2005江西)有10名乒乓球选手进行单循环赛，比赛结果显示，没有和局，且任意5人中既有1人胜其余4人，又有1人负其余4人，则恰好胜了两场的人数为____________个.8.将编号为1,2，…，9的九个小球随机放置在圆周的九个等分点上，每个等分点上各有一个小球.设圆周上所有相邻两球号码之差的绝对值之和为要S.求使S 达到最小值的放法的概率.（注：如果某种放法，经旋转或镜面反射后可与另一种放法重合，则认为是相同的放法）解：九个编号不同的小球放在圆周的九个等分点上，每点放一个，相当于九个不同元素在圆周上的一个圆形排列，故共有8！种放法，考虑到翻转因素，则本质不同的放法有2!8种. …5分 下求使S 达到最小值的放法数：在圆周上，从1到9有优弧与劣弧两条路径，对其中任一条路径，设k x x x ,,,21 是依次排列于这段弧上的小球号码，则.8|91||)9()()1(||9|||||1|211211=-=-++-+-≥-++-+-k k x x x x x x x x 上式取等号当且仅当9121<<<<<k x x x ，即每一弧段上的小球编号都是由1到9递增排列.因此1682=⋅=最小S .…………………………………………………………………10分 由上知，当每个弧段上的球号}9,,,,1{21k x x x 确定之后，达到最小值的排序方案便唯一确定.在1,2，…，9中，除1与9外，剩下7个球号2,3，…，8，将它们分为两个子集，元素较少的一个子集共有6372717072=+++C C C C 种情况，每种情况对应着圆周上使S 值达到最小的唯一排法，即有利事件总数是62种，故所求概率.31512!826==P ……………20分 8、（2004全国）一项“过关游戏”规则规定：在第n 关要抛掷一颗骰子n 次，如果这n 次抛掷所出现的点数之和大于2n ，则算过关。
问：（Ⅰ）某人在这项游戏中最多能过几关？（Ⅱ）他连过前三关的概率是多少？（注：骰子是一个在各面上分别有1，2，3，4，5，6点数的均匀正方体。
抛掷骰子落地静止后，向上一面的点数为出现点数。
）解：由于骰子是均匀的正方体，所以抛掷后各点数出现的可能性是相等的。
（Ⅰ）因骰子出现的点数最大为6，而45642,652⨯>⨯<，因此，当5n ≥时，n 次出现的点数之和大于2n已不可能。