精英班教案--排列组合1

1、将24个志愿者名额分配给 3个学校，那么每校至少有一个名额且各校名额互不相同的分配方 法共有 222 种.解法一用4条棍子间的空隙代表 3个学校，而用表示名额如I 'Il表示第一、二、三个学校分别有4, 18 , 2个名额.假设把每个“与每个“都视为一个位置，由于左右两端必须是“| ，故不同的分配方法相当于24 2 26个位置两端不在内被 2个占领的一种 占位法.每校至少有一个名额的分法 相当于在24个“ 之间的23个空隙中选出2个空隙插入 “ ，故有C：253种.又在每校至少有一个名额的分法中至少有两个学校的名额数相同的分配方法有 31种.综上知，满足条件的分配方法共有253 31

2、= 222种.解法二设分配给3个学校的名额数分别为 Xi,X2,X3，那么每校至少有一个名额的分法数为 不定方程x1 x2 x324.的正整数解的个数，即方程 x1 x2 x3 21的非负整数解的个数，它等于3个不同元素中取21个元素的可重组合：H? C； C：253 .又在每校至少有一个名额的分法中至少有两个学校的名额数相同的分配方法有 31种.综上知，满足条件的分配方法共有253 31 = 222种.一条走廊宽2 m,长8 m,用6种颜色的1 1 m 2的整块地砖来铺设每块地砖都是 单色的，每种颜色的地砖都足够多,要求相邻的两块地砖颜色不同 ，那么所有的不同拼色 方法有A. 308 个 B

3、. 30 257 个 C. 30 207 个 D. 30 217 个解：铺第一列两块地砖有30种方法；其次铺第二列设第一列的两格铺了A、B两色如图，那么，第二列的上格不能铺 A色.假设铺 B色，那么有6 1种铺法；假设不铺 B色，那么有6 22 种方法.于是第二列上共有 21种铺法同理，假设前一列铺好，那么其后一列都有21种铺法.因此，共有30 217种铺法.应选D.直线li与直线丨2平行，ll上有5个不同的点，丨2上有10个不同的点，将li上的点与12上的点连线段，假设没有三条线段交于同一点，那么这些线段之间的交点共有个.7 设集合S 1,2,15，A% a?, %是S的子集，且 a，a?，

4、%满足:1 ai<a2<a3 15， as a： 6，那么满足条件的子集的个数为 .答案：371.2解：当2 a2 9时，ai,a2有Cg种选择方法，as有6种选择方法，所以&82怎共有6 C； 216种选择方法；当10 a2 14时，一旦a?取定，a1有a? 1种选择 方法，as有15 a2种选择方法，所以选择a1, a2, a3的方法有14a2 1 15 a29 5 10 4 11 3 12 2 13 1 155种.a2 10综上，满足条件的子集共有371个.有6本不同的书，其中一本数学书，两本英语书，三本音乐书，将他们排成一排，假设英语书不相邻，音乐书也不相邻的不同排

5、法数为 1201234567891.用红、黄、蓝三种颜色之一去涂途中标号为1,2,9的9个小正方形如图，使得任意相邻有公共边的小正方形所涂颜色都不相同，且“ 3、5、7 号数字涂相同的颜色，那么符合条件的所有涂法共有108种。设 a1,a2, a3, a°是 1,2,3,4 的任一排列,f 是1,2,3,4到1,2,3,4的映射，且满足f (i) i ,记数表aa2a3a4f(aj f2) f(a3)f4)。假设数表M,N的对应位置上至少有一个不同,说M,N是两张不同的数表。那么满足条件的不同的数表的张数为A144 B192 C216 D576解：对于a1,a2,a3,a4的一个排列

6、，可以9个映射满足 f (i) i，而a1,a2,a3, a4共有A4 24个排列，所以满足条件的数表共有24 9 216张，应选C。9.一个立方体，它的每个角都截去一个三棱锥，变成一个新的立体图形。那么在新图形顶 点之间的连线中，位于原立方体内部的有120 条。解：据题意新的立体图形中共有24个顶点，每两点连一条线，共C；4 12 23 276，其中所有的棱都在原立方体的外表，有36条原立方体的每个面上有 8个点，除去棱以外，还可以连20条，6个面共120条都在设 r,s,t 为整数，集合a|a 2r 2s 2' ,0 t sr中的数由小到大组成数列an:原立方体的外表，除此之外的直

7、线都在原立方体的内部。7,11,13,14,，那么 a36131解： r,s,t为整数且0 t s r , r最小取2,此时符合条件的数有C；1r 3,s,t 可在0,1,2中取，符合条件有的数有Cf 3同理，r 4时，符合条件有的数有 C462r 5时，符合条件有的数有 C510r 6时，符合条件有的数有 C；15r 7时，符合条件有的数有 C；21因此，a36是r 7中的最小值，即a 36131连结正五边形 AA2A3A4A5的对角线交另一个正五边形3B2B3B4B5，两次连结正五边形C1C2C3C4C5如图，以图中线段为边的二角形中，共有等腰三角形()个。A50 B75C85D100答：

8、C.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3B2B3B4B5的对角线，又交出一个正五边形A1B2B5P那么6, ( A1A2A5, A1B3B4,A1A3A4,Ai A2B5,Ai As B2).B9,(Bi A3A4,B1B2B5,B1b3B4 ,B1C3C4,B1B2C5,B1C2 B5 ,B1A2A5,B1 A3B4 ,B1A4B3 )C12,(C1 B3 B4 , C1 B2B5 ),由于图中没有等边三角形，那么每个等腰三角形恰有一个“顶 据对称性可知AJ 6, Bi 9, Ci 2, i 1,2,3,4,5 。因此等腰三角形共有 5 (6 92)85个。

9、用标有1, 2, 3, 15, 40克的法码各一个，在某架无刻度的天平上称量重物，如果天平两端均可放置法码，那么该天平所能称出的不同克数正整数的重物至多有 种。答：55。解：用1, 2, 3这三只法码，可称出区间 A 1,6中的全部整克数，增加15克的法码后,量程扩充了区间 B 15 6,1569,21，再增加40克的法码后，量程又扩充了三个区间 ：G 406,40 634,46, C24021,40 9 19,31C34019,40 2149,61，但区间B与C2有三个整数重复，计算上述各区间内的整数个数，那么得能称出的不同克数共有 6+13+ 13+13+13-3=55种。假设集合A中的每

10、个元素都可表为1,2-,9中两个不同的数之积，那么集A中元素个数的最大值为 .答：31.2解：从1,2,9中每次取一对作乘积，共得 C936个值，但其中有重复，重复的情况为1 62 3, 1 82 4, 2 9=3 6, 2 63 4, 3 84 6，共 5种，因此集合 A2 中至多有C9531个数.作出正四面体每个面的中位线，共得12条线段，在这些线段中，相互成异面直线的“线段对有个.答：24个“线段对.解：任取一条中位线 AB考虑，AB所在的侧面没有与 AB异面的线段；含点 A的另一个侧 面恰有一条中位线与 AB异面；含点B的另一个侧面恰有一条中位线与 AB异面；不含A, B的侧面恰有两条

11、中位线与 AB异面；因此与 AB异面的中位线共有4条，即含有线段 AB的 异面“线段对共有4个，于是得异面“线段对 12 448个，其中有重复.48但每一个异面“线段对中有两条线段，故恰被计算了两次，因此得24个异面“线段2对.用五种不同的颜色给图中的“五角星的五个顶点染色，每点染一色，有的颜色也可以不用使每条线段上的两个顶点皆不同色，那么不同的染色方法有种.答：1020种.解：将其转化为具有五个扇形格的 圆盘染五色，使邻格不同色的染色问题。 设有k个扇形格的圆盘染五色的方法数为Xk，那么有Xk Xk 15 4k 1，于是X5X5x4X4 X3X3X2X25 44 43 42 41020将一个

12、三位数的三个数字顺序颠倒，将所得到的数与原数相加，假设和中没有一个数字是偶数，那么称这个数为“奇和数。那么，所有的三位数中，奇和数有丨个。A 100B 120C 160D 200a3)10® a2)(印 a3)。A解：设三位数是 a1a2a3，贝U a1a2a3 +a3a2a1 100(a1假设31 33不进位，那么和数的十位数必为偶数，不符合题意，所以31 33=11 ,13, 15,17。因1仁9+2=8+3=7+4=6+5，所以取值有4A；种可能；因13=9+4=8+5=7+6，所以a1,a3取值有3A；种可能；因15=9+6=8+7，所以aa3取值有2A；种可能；因17=9+

13、8，所以a1,a3取值有 A种可能；由于a2a2不能进位，所以a2只能取0, 1, 2, 3, 4。因此，满足条件的数共有：5 4A； + 3A； + 2A；+A；=100个.将一个4 4棋盘中的8个小方格染成黑色，使得每行、每列都恰有两个黑色方格，那么有 不同的染法用数字作答2 解：第一行染2个黑格有C4种染法第一行染好后，有如下三种情况：1第二行染的黑格均与第一行的黑格同列，这时其余行都只有一种染法；2第二行染的黑格与第一行的黑格均不同列，这时第三行有C：种染法，第四行的染法随之确定；3第二行染的黑格恰有一个与第一行的黑格同列，这样的染法有4种，而在第一、第二这两行染好后，第三行染的黑格必然