2017年高三模拟理数试题专题之计数原理含解析

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2017年高三模拟理数试题专题之计数原理含解析

一、选择题(本大题共20小题,共100.0分) 1.某班有6位学生与班主任老师毕业前夕留影,要求班主任站在正中间且女生甲、乙不相邻,则排法的种数为( ) A.96 B.432 C.480 D.528

2.某日,从甲城市到乙城市的火车共有10个车次,飞机共有2个航班,长途汽车共有12个班次,若该日小张只选择这3种交通工具中的一种,则他从甲城市到乙城市共有( ) A.12种选法 B.14种选法 C.24种选法 D.22种选法

3.5名上海世博会形象大使到香港、澳门、台湾进行世博会宣传,每个地方至少去一名形象大使,则不同的分派方法共有( ) 种.

A.25 B.50 C.150 D.300

4.某班有男生26人,女生24人,从中选一位同学为数学科代表,则不同选法的种数是( ) A.50 B.26 C.24 D.616

5.从6名女生中选4人参加4×100米接力赛,要求甲、乙两人至少有一人参赛,如果甲、乙两人同时参赛,他们的接力顺序就不能相邻,不同的排法种数为( ) A.144 B.192 C.228 D.264

6.5名学生相约第二天去春游,本着自愿的原则,规定任何人可以“去”或“不去”,则第二天可能出现的不同情况的种数为( )

A.C B.25 C.52 D.A

7.已知集合P={x,y,z},Q={1,2,3},映射f:P→Q中满足f(y)=2的映射的个数共有( ) A.2 B.4 C.6 D.9

8.四位男演员与五位女演员(包含女演员甲)排成一排拍照,其中四位男演员互不相邻,且女演员甲不站两侧的排法数为( ) A.

-2

B.

- C.

-2

D.

-

9.将A、B、C、D四个球放入编号为1,2,3的三个盒子中,每个盒子中至少放一个球,且A、B两个球不能放在同一盒子中,则不同的放法有( )

A.30 B.36 C.60 D.66

10.现有4件不同款式的上衣与3件不同颜色的长裤,如果一条长裤和一件上衣配成一套,则不同选法是( ) A.7 B.64 C.12 D.81

11.在100件产品中有6件次品,现从中任取3件产品,至少有1件次品的不同取法的种数是( )

12123333

A.C6C94 B.C6C99 C.C100-C94 D.P100-P94

12.有5名游客到公园坐游艇,分别坐甲、乙两个游艇,每个游艇至少安排2名游客,那么互不相同的安排方法的种数为( )

A.10 B.20 C.30 D.40

13.八人分乘三辆小车,每辆小车至少载1人最多载4人,不同坐法共有( ) A.770种 B.1260种 C.4620种 D.2940种

14.某电视台娱乐节目中,需要在编号分别为1、2、3、4、5的五个礼品盒中,装四个不同礼品,只有一个礼品盒是空盒.不同的装法有( )

A.5种 B.20种 C.24种 D.120种

15.安排甲、乙、丙、丁四位教师参加星期一至星期六的值日工作,每天安排一人,甲、乙、丙每人安排一天,丁安排三天,并且丁至少要有两天连续安排,则不同的安排方法种数为( ) A.72 B.96 C.120 D.156

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16.已知点集,则由U中的任意三点可组成( )个不同的三角形.

A.7 B.8 C.9 D.10

17.某企业打算在四个候选城市投资四个不同的项目,规定在同一个城市投资的项目不超过两个,则该企业不同的投资方案有( )

A.204种 B.96种 C.240种 D.384种

18.有六人排成一排,其中甲只能在排头或排尾,乙丙两人必须相邻,则满足要求的排法有( ) A.34种 B.48种 C.96种 D.144种

19.现准备将6台型号相同的电脑分配给5所小学,其中A、B两所希望小学每个学校至少2台,其他小学允许1台也没有,则不同的分配方案共有( )

A.13种 B.15种 C.20种 D.30种

20.将8个不同的小球放入3个不同的小盒,要求每个盒子中至少有一个球,且每个盒子里的球的个数都不同,则不同的放法有( )种.

A.2698 B.2688 C.1344 D.5376

二、填空题(本大题共20小题,共100.0分)

21.从6名男医生和3名女医生中选出5人组成一个医疗小组,若这个小组中必须男女医生都有,共有 ______ 种不同的组建方案(结果用数值表示).

22.用0,1,2,3这四个数字,可以组成没有重复数字的3位数,其中奇数的个数为 ______ .

23.在1,2,3,4,5这五个数字组成的没有重复数字的三位数中,各位数字之和为奇数的共有 ______ 个.

24.在上海高考改革方案中,要求每位高中生必须在物理、化学、生物、政治、历史、地理6门学科(3门理科学科,3门文科学科)中选择3门学科参加等级考试,小丁同学理科成绩较好,决定至少选择两门理科学科,那么小丁同学的选科方案有 ______ 种.

25.亚欧乒乓球对抗赛,各队均有5名队员,按事先排好的顺序参加擂台赛,双方先由1号队员比赛,负者淘汰,胜者再与负方2号队员比赛,直到一方队员全被淘汰为止,另一方获胜,形成一种比赛过程.那么所有可能出现的比赛过程有 ______ 种.

26.如图,从A→C有 ______ 种不同的走法.

27.在冬奥会志愿者活动中,甲、乙等5人报名参加了A,B,C三个项目的志愿者工作,因工作需要,每个项目仅需1名志愿者,且甲不能参加A,B项目,乙不能参加B,C项目,那么共有 ______ 种不同的志愿者分配方案.(用数字作答)

28.整数组(x1,x2,x3,x4)适合条件0<x1≤x2<x3≤x4<7,则这样的数组共有 ______ 组. 29.由1,2,3,4,5,6组成没有重复数字且1,3不相邻的六位数的个数是 ______ .

30.已知2名女生、4名男生排成一排,则女生A必须排在B的左边(不一定相邻)的不同排法共有 ______ 种(用数字作答)

31.对一个边长互不相等的凸n(n≥3)边形的边染色,每条边可以染红、黄、蓝三种颜色中的一种,但是不允许相邻的边有相同的颜色.所有不同的染色方法记为P(n),则P(n)= ______ .

32.从1、2、3、4、5、6这六个数中,每次取出两个不同数记为a、b,则共可得到3的不同数值的个数为 ______ .

33.设a,b,c∈{1,2,3,4,5,6},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,则这样的三角形有 ______ 个. 34.从{1,2,3,4,5}中随机选取一个数为a,从{1,2,3}中随机选取一个数为b,则使得b≠a的不同取法共有 ______ 种.

35.一台晚会共有舞蹈、相声、小品、唱歌、魔术、杂技、戏曲7个节目,编排一个节目单,要求舞蹈、相声、小品两两互不相邻,这个节目单的编排方式种数共有 ______ 种(用数字作答).

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36.有一个五边形ABCDE,若把顶点A,B,C,D,E涂上红、黄、绿三种颜色中的一种,使得相邻的顶点所涂的颜色不同,则共有 ______ 种不同的涂色方法.

37.某外商计划在4个候选城市中投资3个不同的项目,且在同一个城市投资的项目不超过2个,则该外商不同的投资方案有 ______ 种.

38.大小形状完全相同的8张卡片上分别标有数字1,2,3,4,5,6,7,8,从中任意抽取6张卡片排成3行2列,则3行中仅有中间行的两张卡片上的数字之和为5的概率为 ______ .

39.如图,桌面上摆有三串冰糖葫芦,第一串3课,第二串2颗,第三串1颗.小明每次从中取走一颗,若上面的冰糖葫芦取走后才能取下面的冰糖葫芦.则冰糖葫芦A恰好在第五次被取走,且冰糖葫芦B恰好在第六次被取走的取法数为 ______ . 40.安排3名支教老师去6所学校任教,每校至多2人,则不同的分配方案共有 ______ 种.(用数字作答)

三、解答题(本大题共20小题,共240.0分) 41.(1)求(

-x)5的展开式中x3的系数及展开式中各项系数之和;

(2)从0,2,3,4,5,6这6个数中任取4个组成一个无重复数字的四位数,求满足条件的四位数的个数.

42.某次文艺晚会上共演出8个节目,其中2个唱歌、3个舞蹈、3个曲艺节目,求分别满足下列条件的排节目单的方法种数:

(1)一个唱歌节目开头,另一个压台; (2)两个唱歌节目不相邻;

(3)两个唱歌节目相邻且3个舞蹈节目不相邻.

43.在1-20这20个整数中

(1)从这20个数中任取两个数相加,使其和为偶数的不同取法共有多少种? (2)从这20个数中先后取两个数相加,使其和大于20的不同取法共有多少种?

44.五位同学按下列要求站一横排,分别有多少种不同的站法? (1)甲乙必须相邻 (2)甲乙不相邻

(3)甲不站中间,乙不站两端 (4)甲,乙均在丙的同侧.

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45.已知在的展开式中,只有第5项二项式系数最大.

(1)判断展开式中是否存在常数项,若存在,求出常数项;若不存在,说明理由; (2)求展开式的所有有理项. 46.已知

的展开式的各项系数之和等于

展开式中的常数项,求

展开式中含

的项的二项式系数.

47.设的展开式的各项系数之和为M,二项式系数之和为N,若M-N=240. (1)求n;

(2)求展开式中所有x的有理项. 48.已知

的展开式中x4的系数是-35,

(1)求a1+a2+?+a7的值; (2)求a1+a3+a5+a7的值.

49.7人站成一排.(写出必要的过程,结果用数字作答) (1)甲、乙两人相邻的排法有多少种? (2)甲、乙两人不相邻的排法有多少种?

(3)甲、乙、丙三人两两不相邻的排法有多少种?

(4)甲、乙、丙三人至多两人不相邻的排法有多少种? 50.已知(

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)的展开式中第三项与第五项的系数之比为

n

,求展开式中常数项.

51.甲、乙两校各有3名教师报名支教,其中甲校2男1女,乙校1男2女.

(Ⅰ)若从甲校和乙校报名的教师中各任选1名,求选出的2名教师性别相同的概率; (Ⅱ)若从报名的6名教师中任选2名,求选出的2名教师来自同一学校的概率.

52.三个女生和五个男生排成一排.

(1)如果女生须全排在一起,有多少种不同的排法? (2)如果女生必须全分开,有多少种不同的排法? (3)如果两端都不能排女生,有多少种不同的排法? (4)如果男生按固定顺序,有多少种不同的排法?

(5)如果三个女生站在前排,五个男生站在后排,有多少种不同的排法?

53.已知二项式

的展开式中,

(I)求展开式中含x4项的系数;

( II)如果第3r项和第r+2项的二项式系数相等,试求r的值.

54.已知(x+(1)求n;

(2)若展开式中常数项为

,求m的值;

)展开式的二项式系数之和为256

n

(3)若展开式中系数最大项只有第6项和第7项,求m的值.

55.从5名女同学和4名男同学中选出4人参加四场不同的演讲,分别按下列要求,各有多少种不同选法? (1)男、女同学各2名;

(2)男、女同学分别至少有1名;

(3)男、女同学分别至少有1名且男同学甲与女同学乙不能同时选出.

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56.袋中装有大小相同的4个红球和6个白球,从中取出4个球. (1)若取出的球必须是两种颜色,则有多少种不同的取法?

(2)若取出的红球个数不少于白球个数,则有多少种不同的取法?

57.在班级活动中,某小组的4 名男生和2 名女生站成一排表演节目: (Ⅰ)两名女生不能相邻,有多少种不同的站法?

(Ⅱ)女生甲不能站在左端,女生乙不能站在右端,有多少种不同的排法? (Ⅲ)4名男生相邻有多少种不同的排法?

(Ⅳ)甲乙丙三人按高低从左到右有多少种不同的排法?(甲乙丙三位同学身高互不相等) 58.设(1-(1)求(1-(2)求(1-x)n=a0+a1x+a2x2+

+?+

,若|a0|,|a1|,|a2|成等差数列.

x)n展开式的中间项;

x)n展开式中所有含x奇次幂的系数和;

(3)求a1+2a2+3a3+?+nan的值.

59.某兴趣小组的3名指导老师和7名学生站成前后两排合影,3名指导老师站在前排,7名学生站在后排. (1)若甲,乙两名学生要站在后排的两端,共有多少种不同的排法? (2)若甲,乙两名学生不能相邻,共有多少种不同的排法?

(3)在所有老师和学生都排好后,摄影师觉得队形不合适,遂决定从后排7人中抽2人调整到前排.若其他人的相对顺序不变,共有多少种不同的调整方法? (本题各小题都要求列出算式,并用数字作答)

60.已知(x+

)的展开式中前3项的系数成等差数列,设(x+

n

)=a0+a1x+a2x2+?+anx

nn

(1)求a0的值

(2)求最大的二项式系数 (3)求系数最大的项.

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【答案】

1.D 2.C 3.C 4.A 5.D 6.B 7.D 8.A 9.A 10.C 11.C 12.B 13.C 14.D 15.B 16.C 17.C 18.C 19.B 20.B 21.120 22.8 23.24 24.10 25.252 26.6 27.21 28.70 29.480 30.360

nn

31.2+2?(-1) 32.22 33.27 34.12 35.1440 36.30 37.60 38.

39.12 40.210

41.解:(1)根据题意,(

3

r

-x)5中,其展开式Tr+1=C5(

)5-(-x),

rr

则其展开式中x的系数为T4=C5(在(

3

)(-1)=-

23

, -1)5=-,

-x)5中,令x=1可得其各项系数之和(

(2)根据题意,分2步进行分析:

①、首位数字不能为0,则首位数字在2,3,4,5,6中选一个,则首位数字有5种情况, ②、在剩下的5个数字中,任选3个,安排在百位、十位、个位,有A53=5×4×3=60种情况, 则一共有5×60=300个满足条件的四位数.

2626

42.解:(1)先排歌曲节目有A2种排法,再排其他节目有A6种排法,所以共有A2A6=1440种排法.

62

(2)先排3个舞蹈节目,3个曲艺节目,有A6种排法,再从其中7个空(包括两端)中选2个排歌曲节目,有A7种插入方法,所以共有A66A72=30240种排法.

(3)两个唱歌节目相邻,用捆绑法,3个舞蹈节目不相邻,利用插空法,共有A44A53A22=2880种. 43.解:(1):1到20共20个整数中,偶数有10个,奇数有10个.

若取出的这2个数都是偶数,方法共有C102=45种;若取出的这2个数都是奇数,方法共有C102=45种, 故所取的两数和为偶数的取法有45+45=90种, (2):据题意,若每次取出2个数的和大于20,则两个数中至少有一个大于10, 可以分两种情况讨论,

①当取出的2个数都大于10时,则有C102=45 种. ②若取出的2个数有一个小于或等于10,

当一个数取1时,另1个只能取20,有C11种取法;

当一个数取2时,另1个只能取20或19,有C21种取法;

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?

当一个数取10时,另1个数只能取20,19,18,?,11中的一个,有C101=10种取法, 45+1+2+3+?+10=100.

24

44.解:(1)捆绑法:把甲乙看成一个整体,这样5个人变成了4个人,全排列共有A2A4=48 (种)站法,

3

(2)插空法:因为甲、乙不相邻,中间有隔档,可用“插空法”,第一步先让甲、乙以外的3个人站队,有A3种;

232

第二步再将甲、乙排在3人形成的4个空档(含两端)中,有A4种,故共有站法为A3A4=72(种).

544

(3)间接法:若对甲乙没有限制条件共有A5种法,甲在中间有A4种站法,乙在两端有2A4种,甲站中间乙站两端的有2A33种,

543

故甲不站中间,乙不站两端共有A5-3A4+2A3=120-72+12=60,

4113

直接法:第一类,乙在中间,有A4=24种,乙不在中间,有A2A3A3=36种,根据分类计数原理共有24+36=60种, (4)定序法:甲,乙均在丙的同侧,甲乙丙的顺序共3种,其中甲,乙均在丙的同侧占45.解:(1)项式系数最大的只有第5项Cn4 最大,n=8 ∴Tk+1=C8(

k

,故有A5=80种.

5

)8-(-

k

)=(-1)2-C8x=0,

kkkk

若存在常数项,则

即3k=16,又k∈N,这不可能, ∴没有常数项;

(2):若Tk+1为有理项,当且仅当因为0≤k≤8,k∈N,所以k=0,4,8, 即展开式中的有理项有3项,它们是46.解:令a=1得

由二项展开式的通项公式得 令10-5r=0,解得r=2,?(4分) 所以即

n

n

为整数,

的展开式的各项系数之和为2,?(2分)

的展开式中的常数项是第3项,

由2=27得n=7;?(8分) 对于所以

,由二项展开式的通项公式得

的项是第4项,其二项式系数是

n

.?(12分)

47.解:(1)令x=1,M=4

n

二项系数之和为2

nn

所以4-2=240 得n=4,

rr

(2)Tr+1=34-C4x,0≤r≤4,所以r=0,2,4, 当r=0时,T1=34C40x4=81x4, 当r=2时,T2=32C42x3=54x3, 当r=4时,T1=30C44x2=x2. 48.解:∵∴

,∴m=1.

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(1)令x=1时,令x=0时,∴a1+a2+?+a7=1. (2)令x=-1时,①-②得

. .

,①

.②

49.解:(1)(捆绑法)将甲、乙两人“捆绑”为一个元素,与其余5人全排列,共有换位置,有A22种排法,故共有

(2)方法一(间接法)7人任意排列,有有

(种).

(种)排法.

种排法,甲、乙两人相邻的排法有

种排法,甲、乙两人可交

种,故甲、乙不相邻的排法

方法二(插空法)将其余5人全排列,有种排法,故共有

种排法,5人之间及两端共有6个位置,任选2个排甲、乙两人,有

(种)排法.

种排法,将甲、乙、丙插入5个空中,有

种排法.故共有

(种)

(3)(插空法)将其余4人排好,有排法.

(4)(间接法)7人任意排列有

2

种排法,甲乙丙都相邻的排法有

4

种,故有种排法

可得n=10,则

50.解:第三项的系数为Cn,第五项的系数为Cn,由第三项与第五项的系数之比为

=

,令40-5r=0,解得r=8,故所求的常数项为(-1)8C108=45;

51.解:(Ⅰ)甲校两名男教师分别用A,B表示,女教师用C表示;乙校男教师用D表示,两名女教师分别用E、F表示.从甲校和乙校的教师中各任选1名的所有可能的结果为:{A,D},{A,E},{A,F},{B,D},{B,E},{B,F},{C,D},{C,E},{C,F},共9种.

从中选出两名教师性别相同的结果有:{A,D},{B,D},{C,E},{C,F},共4种,所以选出的两名教师性别相同的概率为

(Ⅱ)从甲校和乙校的教师中任先2名的所有可能的结果为:{A,B},{A,C},{A,D},{A,E},{A,F},{B,C},{B,D},{B,E},{B,F},{C,D},{C,E},{C,F},{D,E},{D,F},{E,F},共15种.从中选出两名教师来自同一学校的结果有:{A,B},{A,C},{B,C},{D,E},{D,F},{E,F},共6种.所以,选出两名教师来自同一学校的概率为

3

6

52.解:(1)女须全排在一起,把3个女生捆绑在一起看做一个复合元素,再和5个男生全排,故有A3A6=4320种; (2)女生必须全分开,先排男生形成了6个空中,插入3名女生,故有A55A63=14400种; (3)两端都不能排女生,从男生中选2人排在两端,其余的全排,故有A52A66=14400种;

(4)男生按固定顺序,从8个位置中,任意排3个女生,其余的5个位置男生按照固定顺序排列,故有A83=336种, (5)三个女生站在前排,五个男生站在后排,A33A55=720种 53.解:( I)写出展开式的特征项, 第k+1项为

第9页,共22页

令,解得k=4,

∴展开式中含x4项的系数为(-2)4C104=3360

r+13r-1

(II)∵第3r项的二项式系数为C10,第r+2项的二项式系数C10

r+13r-1

∴C10=C10故3r-1=r+1或3r-1+r+1=10 ∴r=1

54.解:(1)∵(x+(2)∴m

4

)展开式的二项式系数之和为256,∴2=256,解得n=8.

r

=m

nn

的通项公式:Tr+1=

=

,解得m=

x8-2r,令8-2r=0,解得r=4.

(3)的通项公式:Tr+1=

r=mx8-2r,

∵展开式中系数最大项只有第6项和第7项,∴m≠0, T6=m5

x-2,T7=m6

x-4,令m5

=m6

解得m=2.

224

55.解:(1)男、女同学各2名的选法有C4×C5=6×10=60种,故总的不同选法有60×A4=1440种; 即男女同学各两名的选法共有1440种.

(2)“男、女同学分别至少有1名”包括有“一男三女”,“二男二女”,“三男一女”,故选人种数为132231

C4×C5+C4×C5+C4×C5=40+60+20=120

4

故总的安排方法有120×A4=2880 故不同的选法有2880种.

(3)可计算男同学甲与女同学乙同时选出的种数,由于已有两人,故再选两人即可,此两人可能是两男,一男一

2112

女,两女,故总的选法有C3+C4×C3+C4=21

4

故总的选法有2880-21×A4=2376 故不同的选法种数是2376种 56.解:(1)根据题意,袋中装有大小相同的4个红球和6个白球,从中取出4个,有C104=210种取法, 其中颜色相同的情况有2种:4个红球或4个白球, 若4个红球,有C44=1种取法,

4

若4个白球,有C6=15种取法,

则取出球必须是两种颜色的取法有210-(1+15)=194种; (2)若取出的红球个数不少于白球个数,分3种情况讨论: ①、4个全部是红球,有C44=1种取法,

31

②、有3个红球,1个白球,有C4C6=24种取法,

22

③、有2个红球,2个白球,有C4C6=90种取法, 则一共有1+24+90=115种取法. 57.解:(I)由题意知两名女生不能相邻,可以先排列男生,有A44=24种结果, 再在男生写出的5个空中排列两名女生,有A52=20种结果, 根据分步计数原理知共有24×20=480种结果 即两名女生不能相邻的排列方法有480种结果,

(II)由题意知可以分成两种情况甲站在右端有A55=120种结果,

甲不在右端,甲有4种情况,乙也有4种结果,余下的4个人在四个位置全排列,共有4×4×A44=384种结果, ∴根据分步计数原理知共有120+384=504种结果

(III)4名同学相邻可以把四名男生作为一个元素,和2名女生共有三个元素排列,有A33=6种结果, 其中四名男生内部还有一个排列,共有6A44=144种结果. (Ⅳ)首先把6名同学全排列,共有A66=720种结果, 甲乙丙三人内部的排列共有A33=6种结果,

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要使的甲乙丙三个人按照一个高矮顺序排列,结果数只占6种结果中的一种,有即甲乙丙按照高矮的顺序排列共有120种结果. 58.解:(1)依题意得 则a0=1,

,r=0,1,?,n. ,

=120种结果.

由2|a1|=|a0|+|a2|得n2-9n+8=0可得n=1(舍去),或n=8. 所以(2)令x=1得两式相减得

展开式的中间项是

,即

,令x=-1得,即

, .

?(4分)

所以展开式中含x的奇次幂的系数和为(3)∵两边求导得:令x=1得 59.解:(1)

答:共有1440种不同的排法. ?(5分)

(2)求甲,乙两名同学不能相邻的排法,考虑到用插空法,把其他4名同学的前后位置放甲乙即可满足甲乙不相邻.

答:共有21600种不同的排法.?(10分)

(3)首先从后排的7人中选出2人,有C72种结果,再把两个人在5个位置中选2个位置进行排列有A52, ∴不同的调整方法有

答:共有420种不同的调整方法.?(14分) 60.解:(1)(x+

)的展开式中前3项的系数分别为:1,

=1+

n

,,

由于它们成等差数列,∴2解得n=8或n=1(舍去), 由(x+

,化为n2-9n+8=0,

)=a0+a1x+a2x2+?+anx,

=

最大,可得:

=

x8-r,

nn

令x=0,可得:a0=

(2)由二项式系数的单调性可得:(3)

的展开式的通项公式:Tr+1=

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由,解得2≤r≤3,

∴r=2或3.

56

∴系数最大的项是:7x或7x.

【解析】

1. 解:班主任站在正中间,有A66=720种;

24

班主任站在正中间且女生甲、乙相邻,有4A2A4=192种;

∴班主任站在正中间且女生甲、乙不相邻,排法的种数为720-192=528种. 故选:D.

利用间接法,求出班主任站在正中间的所有情况;班主任站在正中间且女生甲、乙相邻的情况,即可得出结论. 本题考查计数原理的运用,考查排列知识,考查学生分析解决问题的能力,属于中档题. 2. 解:根据题意,分3种情况讨论:

①、若小张选择火车,由于火车共有10个车次,则有10种选法; ②、若小张选择飞机,由于飞机共有2个航班,则有2种选法;

③、若小张选择长途汽车,由于长途汽车共有12个班次,则有12种选法; 故从甲城市到乙城市共有10+2+12=24种选法; 故选:C.

根据题意,按选择的交通工具不同分3种情况讨论,分别求出每种情况下选法的数目,由加法原理计算可得答案. 本题考查分类计数原理的应用,注意依据题意,进行分类讨论.

3. 解:首先5名形象大使,每个地方至少1名那么只有两种分法:1、1、3 和1、2、2,再分配到香港、澳门、台湾,按照排列组合原理, 第一种分法C5A3=60种,第二种分法

3

3

C5C3A3=90种,合计60+90=150种.

223

故选C.

先分组,有两种分法:1、1、3 和1、2、2,再分配到香港、澳门、台湾,故可求. 本题主要考查排列组合的应用,涉及到先分组再排列,属于基础题.

4. 解:某班有男生26人,女生24人,即共有50人,从中任选一位同学为数学科代表,则不同选法的种数50, 故选A.

某班共有50人,从中任选一位同学为数学科代表,即可得出结论. 本题考查排列知识,考查学生分析解决问题的能力,属于基础题. 5. 解:第一类,甲、乙两人只有一人参赛,有C21C43A44=192种,

第二类,甲、乙两人同时参赛,从4人中选2人排列形成了3个空,把甲乙两人插入,故有A42A32=72种, 根据分类计数原理,共有192+72=264种, 故选:D.

由题意可以分两类,第一类,甲、乙两人只有一人参赛,第二类,甲、乙两人同时参赛,根据分类计数原理可得. 本题考查了分类计数原理,关键是正确分类,以及不相邻用插空,属于中档题. 6. 解:不妨设5名同学分别是A,B,C,D,E,

对于A同学来说,第二天可能出现的不同情况有去和不去2种, 同样对于B,C,D,E都是2种,由分步乘法计数原理可得, 第二天可能出现的不同情况的种数为2×2×2×2×2=25(种). 故选:B.

直接利用分步乘法计数原理得答案.

本题考查分步乘法计数原理,是基础的计算题. 7. 解:集合P={x,y,z},Q={1,2,3}, 要求映射f:P→Q中满足f(y)=2,

则要构成一个映射f:P→Q,只要再给集合P中的另外两个元素x,z在集合Q中都找到唯一确定的像即可. x可以对应集合Q中三个元素中的任意一个,有3种对应方法,

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同样z也可以对应集合Q中的三个元素中的任意一个,也有3种对应方法,

由分布乘法计数原理,可得映射f:P→Q中满足f(y)=2的映射的个数共有3×3=9(个). 故选:D.

由映射的概念,要构成一个映射f:P→Q,只要给集合P中的元素在集合Q中都找到唯一确定的像即可,前提有f(y)=2,则只需给元素x,z在Q中找到唯一确定的像,然后由分布乘法计数原理求解.

本题考查了映射的概念,关键是对映射概念的理解,借助于分布乘法原理使问题的解决更为简洁明快,是基础题. 8. 解:由题意,利用排除法,五位女演员全排,有插入四位男演员,女演员甲站两侧,有2所以不同的排法有故选:A.

由题意,利用间接法,五位女演员全排,有

种方法,插入四位男演员,女演员甲站两侧,有2

,即可

-2

种.

种方法,

种方法,

求出不同的排法.

本题考查利用排列知识解决实际问题,考查学生的计算能力,正确运用间接法是关键. 9. 解:由题意知有一个盒子至少要放入2球,

2

先假设A、B可放入一个盒里,那么方法有C4=6, 再减去AB在一起的情况,就是6-1=5种. 把2个球的组合考虑成一个元素,

就变成了把三个不同的球放入三个不同的盒子,

3

那么共有A3=6种.

∴根据 分步计数原理知共有5×6=30种. 故选A.

2

先假设A、B可放入一个盒里,那么方法有C4,减去AB在一个盒子的情况,就有5种,把2个球的组合考虑成一个元素,就变成了把三个不同的球放入三个不同的盒子,得到结果. 本题考查分步计数原理,考查带有限制条件的元素的排列问题,两个元素不能同时放在一起,或两个元素不能相邻,这都是常见的问题,需要掌握方法.

10. 解:∵选定一件上衣时,有不同颜色的裤子3条, ∴有3种不同的穿衣方案,

∴共有3×4=12种不同的搭配方法, 故选:C.

当选定一件上衣时,有3种不同的穿衣方案,那么有4件上衣,让3×4即可得出. 本题主要考查了计数原理的运用,解题的关键是找到所有存在的情况. 11. 解:在100件产品中有6件次品,现从中任取3件产品,

3

共有C100种结果,

至少有1件次品的对立事件是没有次品, 没有次品的事件有C943,

∴至少有1件次品的不同取法有C1003-C943, 故选C.

在100件产品中有6件次品,现从中任取3件产品,至少有1件次品的对立事件是没有次品,没有次品的事件有C943,得到至少有1件次品的不同取法用所有减去不合题意的.

本题考查分步计数原理,是一个基础题,解题时可以从正面来考虑,至少有一件次品包括有一件次品,有两件次品,有三件次品,分别写出结果再相加.

12. 解:根据题意,将5名游客分别坐甲、乙两个游艇,每个游艇至少安排2名游客, 先将5人分为2组,一组3人,另一组2人,有C52=10种情况, 再将2组对应2个游艇,有A22=2种情况, 则互不相同的安排方法的种数为10×2=20;

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故选:B.

根据题意,将5个人分到2个游艇,可先将5人分为2组,一组3人,另一组2人,再将2组对应2个游艇,由排列、组合公式,可得每一步的情况数目,由分步计数原理计算可得答案

本题考查排列、组合的应用,注意理解“每个游艇至少安排2名游客”的意义,分析得到可能的分组情况. 13. 解:第一步分步:由题意把8人分为以下三组(1,3,4),(2,2,4),(2,3,3), 分组的种数为C8C7+

1

3

+=280+210+280=770种,

第二步,分配,每一种分法都有A33=6种, 根据分步计数原理,共有770×6=4620种, 故选:C.

先分组,求出分组的种数,注意平均分组和不平均分组,再分配,根据分步计数原理可得.

本题考查排列组合的实际应用,考查了分组分配的问题,关键是分组是平均分组还是不平均分组,属于中档题. 14. 解:先选取一个空盒,然后把四个不同礼品分别装在4个不同的盒子里,故有C51A44=120种, 故选:D.

先选取一个空盒,然后把四个不同礼品分别装在4个不同的盒子里(即全排列),根据分步计数原理可得. 本题考查排列组合及简单的计数问题,本题解题的关键先选取一个空盒,属于基础题.

3

15. 解:甲,乙、丙三位教师安排星期一至星期六的任意三天,其余三天丁值日,故有A6=120种,

其中丁没有连续的安排,安排甲,乙、丙三位教师后形成了4个间隔,任选3个安排丁,故有A33C43=24种, 故并且丁至少要有两天连续安排120-24=96种, 故选:B.

利用间接法,先排没有限制条件的种数,再排除丁没有连续的种数,问题得以解决. 本题考查了排列组合的分配问题,采取间接法,属于中档题. 16. 解:点集

,得到{(-1,-1),(0,0),(1,1),(2,8),(3,27)},从中

选选3点,有C53=10种,

当取(-1,1),(0,0),(1,1)时,三点在同一条直线上,不能构成三角形,故要排除, 故则由U中的任意三点可组成10-1=9个不同的三角形. 故选:C.

先求出点集U,在任选三点,当取(-1,1),(0,0),(1,1)时,三点在同一条直线上,不能构成三角形,故要排除,问题得以解决.

本题考查了简单的组合问题,关键是要排除不能构成三角形的种数,属于基础题.

17. 解:根据题意,要在4个候选城市投资4个不同的项目,且在同一个城市投资的项目不超过2个, 则分3种情况讨论,

每个城市恰有一个项目:A44=24.

有一个城市两个项目,另两个城市1个项目:C41C32A42=144.

22

恰有两个城市,每个城市2个项目:C4A4=72共24+144+72=240种, 故选:C.

根据题意,分3种情况讨论,①每个城市恰有一个项目,②有一个城市两个项目,另两个城市1个项目,③恰有两个城市,每个城市2个项目,分别计算其情况数目,进而由加法原理,计算可得答案.

本题考查排列、组合的综合应用,解题时,要根据题意,认真分析,根据“在同一个城市投资的项目不超过2个”的条件,确定分类讨论的依据.

18. 解:先排甲有两种方法,再把乙丙两人捆绑在一起,看做一个复合元素,和剩下的3人全排,故有

=96

种,

故选:C.

先排甲有两种方法,再把乙丙两人捆绑在一起,看做一个复合元素,和剩下的3人全排即可. 本题考查了分步计数原理,相邻问题用捆绑,属于基础题.

19. 解:根据题意,①先给A、B两所希望小学分配电脑,若每个学校2台,由于电脑型号相同,故只有1种情况, 其次将剩余的2台电脑分给其他3所小学,

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若一所小学2台,其他的没有,有3种情况,

若2所小学各1台,其他的一所小学的没有,有C32=3种情况,

②若A、B两所希望小学其中一所得3台,另一个2台,有2种情况, 其次将剩余的1台电脑分给其他3所小学,有3种情况, 共3×2=6种情况,

③若给A、B两所希望小学分配3台电脑,有1种情况,

④若A、B两所希望小学其中一所得4台,另一个2台,有2种情况, 综合可得,共6+6+1+2=15种情况; 故选B.

根据题意,按A、B两个学校分得电脑的数目,分4种情况讨论,分别求出各种情况下的分配方法的数目,进而相加可得答案.

本题考查分类加法计数原理,注意分类讨论时,按一定的顺序,做到不重不漏.

20. 解:由于8个不同的小球放入3个不同的小盒,要求每个盒子中至少有一个球,且每个盒子里的球的个数都不同,则8个不同的小球可以分为(5,2,1),(4,3,1),

5213

第一类为(5,2,1)时,C8C3C1A3=1008种, 第二类为(4,3,1)时,C84C43C11A33=1680种,

根据分类计数原理,可得共有1008+1680=2688种, 故选:B.

由于8个不同的小球放入3个不同的小盒,要求每个盒子中至少有一个球,且每个盒子里的球的个数都不同,则8个不同的小球可以分为(5,2,1),(4,3,1),根据分类计数原理可得.

本题考查排列、组合的实际应用,考查学生分析解决问题的能力,属于中档题.

55

21. 解:任意选取C9=126种,其中都是男医生有C6=6种, 于是符合条件的有126-6=120种. 故答案为:120.

利用间接法,即可解答.

直接法:先分类后分步;间接法:总数中剔除不合要求的方法,这种问题是排列组合中典型的问题,注意表示过程中数字不要弄混.

22. 解:先确定末尾有2种选法,再确定首位有2种选法,中间的一位有2种选法,故有2×2×2=8种, 故答案为:8.

先确定末尾有2种选法,再确定首位有2种选法,中间的一位有2种选法 本题考查了分步计数原理,解题时要先考虑有限制条件的元素,属于基础题.

23. 解:根据题意,若得到的三位数中各位数字之和为奇数,则取出的三个数字有2种情况: ①3个数全部为奇数,则有A33=6种情况;

②3个数中1个奇数、2个偶数,则有C31?1?A33=18种情况; 由分类计数原理可得,符合条件的三位数共有18+6=24个; 故答案为24.

首先分析“得到的三位数中各位数字之和为奇数”可得,有两类情况:①3个数全部为奇数,②3个数中1个奇数、2个偶数,由排列组合公式可得其情况数目,进而由分类计数原理计算可得答案.

本题考查计数原理的运用,解题的关键在于对“得到的三位数中各位数字之和为奇数”的分析,从中得到可能的情况,进而分类讨论.

24. 解:选择两门理科学科,一门文科学科,有

=9种;选择三门理科学科,有1种,

故共有10种. 故答案为:10.

分类讨论:选择两门理科学科,一门文科学科;选择三门理科学科,即可得出结论. 本题考查计数原理的应用,考查学生的计算能力,比较基础.

25. 解:双方获胜所能形成的比赛过程情况是相同的,只需考虑一方. 假设一方获胜,获胜的情况又五大类:

(1)一号棋手结束比赛:连胜五盘,比赛过程只有1种;

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(2)二号棋手结束比赛:他胜的场数可能是1、2、3、4、5,比赛过程有5种; (3)三号棋手结束比赛:他胜的场数可能是1、2、3、4、5.

若胜1场:另外4场是1号或2号胜的,40、31、22、13、04,有5种比赛过程. 若胜2场:另外3场是1号或2号胜的,30、21、12、03,有4种比赛过程. 若胜3场:另外2场是1号或2号胜的,20、11、02,有3种比赛过程. 若胜4场:另外1场是1号或2号胜的,10、01,有2种比赛过程. 若胜5场:有1种比赛过程. 此类共有15种比赛过程.

(4)四号棋手结束比赛.他胜的场数可能是1、2、3、4、5.

若胜1场:另外4场是1号或2号或3号胜的,400、310、301、220、 211、202、130、121、112、103、040、031、022、013、 004,有15种比赛过程.

若胜2场:另外3场是1号或2号或3号胜的,300、210、201、120、 111、102、030、021、012、003,有10种比赛过程.

若胜3场:另外2场是1号或2号或3号胜的,200、110、101、020、 011、002,有6种比赛过程.

若胜4场:另外1场是1号或2号或3号胜的,100、010、001,有3种比赛过程. 若胜5场:有1种比赛过程. 此类共有35种比赛过程.

(5)五号棋手结束比赛.他胜的场数可能是1、2、3、4、5.

若胜1场:另外4场是1号或2号或3号或4号胜的,4000、3100、 3010、3001、2200、2110、2101、2020、2011、2002、1300、 1210、1201、1120、1111、1102、1030、1021、1012、1003、 0400、0310、0301、0220、0211、0202、0130、0121、

0112、0103、0040、0031、0022、0013、0004,共有35种赛过程. 若胜2场:另外3场是1号或2号或3号或4号胜的,

3000、2100、2010、2001、1200、1110、1101、1020、1011、1002、0300、 0201、0120、0111、0102、0030、0021、0012、0003, 共有20种比赛过程.

若胜3场:另外2场是1号或2号或3号或4号胜的,2000、1100、

1010、1001、0200、0110、0101、0020、0011、0002,共有10种比赛过程.

若胜4场:另外1场是1号或2号或3号或4号胜的,1000、0100、0010、0001,有4种比赛过程. 若胜5场:有1种比赛过程.此类共有70种比赛过程.

一方获胜共有:1+5+15+35+70=126种比赛过程,另一方获胜的比赛过程和中方相同,所以,共有126×2=252种不同的比赛过程. 故答案为:252.

由于双方获胜所能形成的比赛过程情况是相同的,只需考虑一方即可,由此可假设一方获胜,分别从(1)号、(2)号、(3)号、(4)号、(5)号棋手结束比赛这5种获胜的情况进分析解答即可. 完成此类题目思路要清晰,根据所给条件中的逻辑关系进行认真分析. 26. 解:A到C分两类,

第一类:A→B→C,分两步,第一步,A→B有2种走法,第二步,B→C有2种走法,故A→B→C有4种走法, 第二类:A→C有2种走法, 故A→C有4=2=6种走法, 故答案为:6.

观察图形,从A到C有分为两类,经过B和不经过B,根据分类计数原理可得. 本题考查了分类加法的计数原理和分步乘法的计数原理,属于基础题

27. 解:若甲,乙都参加,则甲只能参加C项目,乙只能参见A项目,B项目有3种方法, 若甲参加,乙不参加,则甲只能参加C项目,A,B项目,有A32=6种方法, 若甲参加,乙不参加,则乙只能参加A项目,B,C项目,有A32=6种方法,

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若甲不参加,乙不参加,有A33=6种方法, 根据分类计数原理,共有3+6+6+6=21种.

由题意可以分为四类,根据分类计数原理可得.

本题考查了分类计数原理,关键是分类,属于中档题. 28. 解:由xi∈N且0<x1≤x2<x3≤x4<7, 得xi为小于7的正整数, ∴xi∈{1,2,3,4,5,6}

又满足0<x1≤x2<x3≤x4<7的有序数组(x1,x2,x3,x4)的个数即从中取出四个数从小到大排列,

4

若没有相等的,故有C6=15,

2

若x1=x2=1,则有C5=10, 若x1=x2=2,则有C42=6, 若x1=x2=3,则有C32=3, 若x1=x2=4,则有C22=1,

则x1=x2时,共有10+6+3+1=20, 同理当x3=x4时,也有20,

当x1=x2且x3=x4时,有C62=15组,

根据分类计数原理,共有15+20+20+15=70组, 故答案为:70.

由题意得到xi∈{1,2,3,4,5,6},分了三类,没有相等的,有一组相等的,有两组相等的,根据分类计数原理可得.

本题考查对集合元素以及有序数对中顺序的理解和把握,在后面的排列组合知识考察中,要先取后排,而排列是从小到大的自然排列,所以本题重在理解,属于中档题.

42

29. 解:先排2,4,5,6,形成了5个空,把1,3插入到其中两个空,故有A4A5=480个, 故答案为:480.

先排2,4,5,6,形成了5个空,把1,3插入到其中两个空即可. 本题考查了数字问题的中不相邻问题,采用插空是关键,属于基础题. 30. 解:由题意知把六个人全排列,

女生A排在女生B的左边和女生A排在女生B的右边的概率相等, ∵六个人全排列共有A66=720, ∴女生A必须排在B的左边的排法有

×720=360,

故答案为:360.

由题意知把六个人全排列,女生A排在女生B的左边和女生A排在女生B的右边的概率相等,写出六个人的所有的排列数,除以2得到结果.

本题考查排列组合的实际应用,本题若是分类来解,过程比较麻烦,若看出女女生A排在女生B的左边和女生A排在女生B的右边的概率相等,则题目要简单的多. 31. 解:设不同的染色法有Pn种.易知.

当n≥4时,首先,对于边a1,有3种不同的染法,由于边a2的颜色与边a1的颜色不同, 所以,对边a2有2种不同的染法,

类似地,对边a3,?,边an-1均有2种染法.对于边an,用与边an-1不同的2种颜色染色, 但是,这样也包括了它与边a1颜色相同的情况,

而边a1与边an颜色相同的不同染色方法数就是凸n-1边形的不同染色方法数的种数Pn-1,

n

于是可得Pn=3×2-1-Pn-1,

nn

Pn-2=(Pn-1-2-1).

nnn

于是Pn-2=(-1)-3(P3-23)=(-1)-1?(-2),

nn

Pn=2+(-1)?2,n≥3.

nn

综上所述,不同的染色方法数为Pn=2+(-1)?2,.

nn

故答案为:2+2?(-1)

n

直接利用类比推理,推出凸n(n≥3)边形的边染色与凸n-1边形的不同染色方法数的种数Pn-1的关系,Pn=3×2-1-Pn-1,

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然后求出染色方法数为Pn=2+(-1)?2,

本题考查分步计数原理、分类计数原理的综合应用,涉及几何图形有关的涂色问题,分析时注意结合图形分析. 32. 解:从1,2,3,4,5,6这六个数中,任意取出两个不同的数,作为其中相等的情况有则不同

=

=

=

=

=

=

=

=

的值,有A6=30种情况,

2

nn

的值有30-8=22个,

则3的不同数值有22个; 故答案为:22.

先由排列数公式计算从1,2,3,4,5,6这六个数中,任意取出两个不同的数,作为析其中

的值相等的情况,从而可得不同

的值的数目,由指数幂的性质可得答案.

相等的数值去掉.

的值的情况数目,进而分

本题考查了排列、组合及简单的计数问题,注意解题时一定要把

33. 解:由题意知以a、b、c为三条边的长可以构成一个等腰(含等边)三角形, 先考虑等边三角形情况

则a=b=c=1,2,3,4,5,6,此时n有6个 再考虑等腰三角形情况,若a,b是腰,则a=b

当a=b=1时,c<a+b=2,则c=1,与等边三角形情况重复;

当a=b=2时,c<4,则c=1,3(c=2的情况等边三角形已经讨论了),此时n有2个; 当a=b=3时,c<6,则c=1,2,4,5,此时n有4个; 当a=b=4时,c<8,则c=1,2,3,5,6,有5个; 当a=b=5时,c<10,有c=1,2,3,4,6,有5个; 当a=b=6时,c<12,有c=1,2,3,4,5,有5个; 由加法原理知n有2+4+5+5+5+6=27个, 故答案为27.

先考虑等边三角形情况,则a=b=c=1,2,3,4,5,6,此时n有6个,再考虑等腰三角形情况,若a,b是腰,则a=b,列举出所有的情况,注意去掉不能构成三角形的结果,求和得到结果.

本题考查排列组合的实际应用,本题解题的关键是根据所给的条件不重不漏的列举出所有的结果,注意数字要首先能够构成三角形,即满足两边之和大于第三边,本题是一个易错题.

34. 解:当a=1、2、3时,b的取法分别有2种,故此时使得b≠a的不同取法共有3×2=6种. 当a=4或5时,b的取法分别有3种,故此时使得b≠a的不同取法共有2×3=6种. 综上可得,使得b≠a的不同取法共有6+6=12种, 故答案为 12.

当a=1、2、3时,b的取法分别有2种,故此时有3×2=6种方法.当a=4或5时,b的取法分别有3种,故此时有2×3=6种.再把求得的这2个数相加,即得所求. 本题主要考查两个基本原理的应用,属于中档题.

35. 解:先排唱歌、魔术、杂技、戏曲形成了5个空,再选3个空插入舞蹈、相声、小品,故有A44A53=1440, 故答案为:1440.

先排唱歌、魔术、杂技、戏曲形成了5个空,再选3个空插入舞蹈、相声、小品,问题得以解决. 本题考查计数原理的应用,考查学生分析解决问题的能力,比较基础. 36. 解:由题意知本题需要分类来解答, 首先A选取一种颜色,有3种情况.

如果A的两个相邻点颜色相同,2种情况; 这时最后两个边也有2种情况;

如果A的两个相邻点颜色不同,2种情况; 这时最后两个边有3种情况.

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∴方法共有3(2×2+2×3)=30种. 故答案为:30.

本题需要分类来解答,首先A选取一种颜色,有3种情况.如果A的两个相邻点颜色相同,2种情况,这时最后两个边也有2种情况;如果A的两个相邻点颜色不同,2种情况,最后两个边有3种情况.根据计数原理得到结果. 对于复杂一点的计数问题,有时分类以后,每类方法并不都是一步完成的,必须在分类后又分步,综合利用两个原理解决,即类中有步,步中有类. 37. 解:分两种情况

①在一个城市投资两个项目,在另一城市投资1个项目,将项目分成2个与1个,有3种;在4个城市当中,选择两个城市作为投资对象,有4×3=12种, 这种情况有:3×12=36种

②有三个城市各获得一个投资的项目,选择没有获得投资项目的城市,4种;安排项目与城市对应,有3×2×1=6种这种情况有,4×6=24种

综合两种情况,有36+24=60种方案设置投资项目

故答案为:60分两种情况:在一个城市投资两个项目,在另一城市投资1个项目;有三个城市各获得一个投资的项目,从而可得结论.

本题考查计数原理的运用,考查学生分析解决问题的能力,属于中档题.

6

38. 解:根据题意,从8张卡片中任取6张,有A8种不同的取法,

再求出“3行中仅有中间行的两张卡片上的数字之和为5”的情况数目,

12

依据要求,则中间行的数字只能为1,4或2,3,共有C2A2=4种排法, 然后确定其余4个数字,其排法总数为A64=360,

其中不合题意的有:中间行数字和为5,还有一行数字和为5,有4种排法,

2

余下两个数字有A4=12种排法,

所以此时余下的这4个数字共有360-4×12=312种方法;

由乘法原理可知满足“3行中仅有中间行的两张卡片上的数字之和为5”共有4×312=1248种不同的排法, 则3行中仅有中间行的两张卡片上的数字之和为5的概率为故答案为:

=

根据题意,先用排列数公式计算可得“从8张卡片中任取6张”的取法数目,再利用排除法计算“3行中仅有中间行的两张卡片上的数字之和为5”的排法数目:分2步进行,①确定中间行的数字只能为1,4或2,3,②确定其余4个数字的排法数,使用排除法,用总数减去不合题意的情况数,可得其情况数目,最后由乘法原理计算可得“3行中仅有中间行的两张卡片上的数字之和为5”的排法数目;由古典概型计算公式计算可得答案.

本题考查古典概型的计算,涉及排列、组合的运用,解题的关键是利用排除法求出“3行中仅有中间行的两张卡片上的数字之和为5”的排法数目.

39. 解:由题意可得,在前4次取走冰糖葫芦为,取走了A上面的2颗、取走了B上面的1颗,还取走了第三串1颗,

3

第一类,第一次先取第一串的最上面一颗,第二次,剩下的三颗任意去,故有A3=6种, 第二类,第一次先取第三串的一颗(或第二串的B上面的一颗),第二次取第一串的最上面一颗,第二次,剩下的二颗任意去,故有2×2=4种,

若三类,第一次二次先取第三串的一颗和第二串的B上面的一颗,剩下的二颗按从上到下的顺序取,故有2种, 根据分类计数原理,共有6+4+2=12种, 故答案为:12.

由题意可得,在前4次取走冰糖葫芦为,取走了A上面的2颗、取走了B上面的1颗,还取走了第三串1颗,根据位置,分为三类,根据分类计数原理可得.

本题考查了分类计数原理,关键是分类,属于中档题. 40. 解:分两类,(1)每校1人:A63=120;(2)1校1人,1校2人:C32A62=90,不同的分配方案共有120+90=210. 故答案为:210安排3名支教老师去6所学校任教,每校至多2人,

分成两类解决,一类去三所学校,每校一人;另一类去两所学校,一校一人,一校两人. 本题主要考查排列、组合知识,注意分类加法和分步乘法原理的运用,难度一般.

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41.

(1)根据题意,由二项式定理可得(

-x)的展开式,其中令r=3可得x的系数,进而在(

5

3

5

-x)中,令x=1

可得其各项系数之和;

(2)根据题意,由于首位数字不能为0,先分析首位数字的可能情况,再在剩下的5个数字中,任选3个,安排在百位、十位、个位,由分步计数原理计算可得答案.

本题考查计数原理的应用以及二次项系数的性质,关键是掌握二项式定理. 42.

(1)先排歌曲节目,再排其他节目,利用乘法原理,即可得出结论;

(2)先排3个舞蹈,3个曲艺节目,再利用插空法排唱歌,即可得到结论;

(3)两个唱歌节目相邻,用捆绑法,3个舞蹈节目不相邻,利用插空法,即可得到结论. 本题考查排列组合知识,考查学生利用数学知识解决实际问题的能力,属于中档题. 43.

(1)若取出的这2个数都是偶数,若取出的这2个数都是奇数,再把所求得的这2个数相加,即得所求

(2)根据题意,若每次取出2个数的和大于20,则两个数中至少有一个大于10,进而分两种情况讨论,①若取出的2个数都大于10,②若取出的2个数有一个小于或等于10,分别计算其所有的情况数目,进而由加法原理,计算可得答案.

本题考查分类加法计数原理的运用,注意分类后,寻找规律,避免大量运算,其次注意分类讨论要不重不漏,属于中档题. 44.

(1)捆绑法:把甲乙看成一个整体,再全排列即可,

(2)插空法:将甲乙插入到剩下3人排列后所成的间隔中, (3)间接法:先求出没有限制要求的,再排除有要求的, 直接法:分两类,第一类,乙在中间,乙不在中间,

(4)定序法,甲乙丙的顺序共3种,其中甲,乙均在丙的同侧占

本题主要考查排列组合的实际应用,本题解题的关键是对于有限制的元素要优先排,特殊位置要优先排.相邻的问题用捆绑法,不相邻的问题用插空法,体现了分类讨论的数学思想,是一个中档题目 45.

(1)先求出n=8,利用二项展开式的通项公式求出通项,令x的指数0,求出k的值,即可判断是否有常数项 (2)分别令x的指数为整数,即可求出有理项.

本题考查利用二项展开式的通项公式解决二项展开式的特定项问题,属于中档题 46. 令a=1求得

的展开式的各项系数之和,

展开式中的常数项, 展开式中

项的二项式系数.

由二项展开式的通项公式求得从而求得n的值,再计算

本题考查了二项式定理的应用问题,也考查了二项式系数与常数项的应用问题,是中档题. 47.

(1)利用赋值法及二项式系数和公式求出M、N列出方程求得n,

(2)利用二项展开式的通项公式求出第r+1项,令x的指数为0,2,4得答案.

n

本题考查赋值法是求二项展开式系数和的方法;二项式系数和公式为2;利用二项展开式的通项公式解决二项展开式的特定项问题. 48. 由

,可得

,m=1.

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本文来源:https://www.bwwdw.com/article/9fcg.html

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