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专题5 圆排列问题
【湖南省长郡中学2024届高三月考卷（五）数学试卷】在长郡中学文体活动时间，举办高三年级绳子打结计时赛，现有5根绳子，共有10个绳头，每个绳头只打一次结，且每个结仅含两个绳头，所有绳头打结完毕视为结束.则这5根绳子恰好能围成一个圈的概率为（ ）
A. B. C. D.
角度一、直接根据圆排列及古典概型计算；角度二、根据圆排列先计算个绳子打结后可成圈的种数为！，再计算总共个绳头进行任意2个绳头打结，打结的种数，计算成圆的概率即可.
角度一、环排列有种，总的连接方式有种.
所以恰好能围成一个圈的概率为.
选D.
角度二、因为个不同元素的圆排列数为！，
由于每根绳有方向性，即每根绳有2个不同方向，故构成种不同的圆环.
但其中对应的逆序和顺序的两个圆环对应同一种打结方法，所以打结后可成圈的种数为！.
另一方面，对个绳头进行任意2个绳头打结，
总共有.
所以.
所以当时，，故选D.
1．现有6根绳子，共有12个绳头，每个绳头只打一次结，且每个结仅含两个绳头，所有绳头打结完毕视为结束.则这6根绳子恰好能围成一个圈的概率为 .
2．如图中有一个信号源和五个接收器.接收器与信号源在同一个串联线路中时，就能接收到信号，否则就不能接收到信号.若将图中左端的六个接线点随机地平均分成三组，将右端的六个接线点也随机地平均分成三组，再把所有六组中每组的两个接线点用导线连接，则这五个接收器能同时接收到信号的概率是（ ）
A． B． C． D．
3．8名学生平均分成两组，每组都围成一个个圆圈，有 种不同的围法．
先计算10个绳头随机两两相连的种数，再分两步计算成圆的方法，最后求概率即可.
两端的10个绳头随机两个相连，不同的方法数为；
其中能够构成圆环的连接方法分两步：
第一步，先将一端的10个绳头平均分成5组，每两根连接起来，认为得到5根“新绳”，连接方法数.
第二步，将另一端的10个绳头平均分成5组连接起来，要使其恰好构成圆环，不同的连接方法总数！.
所求的概率，故选D.
（2023·广西南宁·南宁二中校考模拟预测）
4．五行是华夏民族创造的哲学思想.多用于哲学、中医学和占卜方面.五行学说是华夏文明重要组成部分.古代先民认为，天下万物皆由五类元素组成，分别是金、木、水、火、土，彼此之间存在相生相克的关系.五行是指木、火、土、金、水五种物质的运动变化.所以，在中国，“五行”有悠久的历史渊源.下图是五行图，现有种颜色可供选择给五“行”涂色，要求五行相生不能用同一种颜色（例如木生火，木与火不能同色，水生木，水与木不能同色），五行相克可以用同一种颜色（例如火与水相克可以用同一种颜色），则不同的涂色方法种数有（ ）

A． B． C． D．
5．已知甲、乙、丙三位同学围成一个圆时，其中一个排列“甲乙丙”与该排列旋转一个或几个位置后得到的排列“乙丙甲”或“丙甲乙”是同一个排列．现有位同学，若站成一排，且甲同学在乙同学左边的站法共有种，那么这位同学围成一个圆时，不同的站法总数为（ ）
A． B． C． D．
先对绳头编号，利用数列的递推公式计算打结成圆的种数，后计算对个绳头进行任意2个绳头打结的种数计算概率即可.
不妨令绳头编号为，可以与绳头1打结形成一个圆的绳头除了1，2外有种可能，
假设绳头1与绳头3打结，那么相当于对剩下根绳子进行打结，令根绳子打结后可成圆的种数为，那么经过一次打结后，剩下根绳子打结后可成圆的种数为，
由此可得，，
所以，
所以，
显然，故.
另一方面，对个绳头进行任意2个绳头打结，总共有
.
所以.
所以当时，，故选D.
总评
本题是一道经典的结草成环游戏问题，涉及到圆排列问题.此类问题主要考查排列组合、数列递推方法的相关知识，难度一般为中等偏上.
本题涉及到的问题：对于个不同元素的圆排列数为！.于每个绳子有方向，且其中对应的逆序和顺序的两个圆环对应同一种打结方法，总数得除以2，所以打结后可成圈的种数为.类似的问题是项链问题.
（2023·全国·高三专题练习）
6．甲口袋中装有2个黑球和1个白球，乙口袋中装有3个白球.现从甲、乙两口袋中各任取一个球交换放入另一口袋，重复次这样的操作，记甲口袋中黑球个数为，恰有1个黑球的概率为，恰有2个黑球的概率为，则下列结论不正确的是（ ）
A．，
B．数列是等比数列
C．数列是等比数列
D．的数学期望
（2023·浙江宁波·统考一模）
7．某中学在运动会期间，随机抽取了200名学生参加绳子打结计时的趣味性比赛，并对学生性别与绳子打结速度快慢的相关性进行分析，得到数据如下表：
性别 速度 合计
快 慢
男生 65
女生 55
合计 110 200
(1)根据以上数据，能否有99%的把握认为学生性别与绳子打结速度快慢有关？
(2)现有n根绳子，共有2n个绳头，每个绳头只打一次结，且每个结仅含两个绳头，所有绳头打结完毕视为结束.
（i）当，记随机变量X为绳子围成的圈的个数，求X的分布列与数学期望；
（ii）求证：这n根绳子恰好能围成一个圈的概率为
附：
0.100 0.050 0.025 0.010
k 2.706 3.841 5.024 6.635
8．如图，某伞厂生产的太阳伞的伞篷是由太阳光的七种颜色组成，七种颜色分别涂在伞篷的八个区域内，且恰有一种颜色涂在相对区域内，则不同颜色图案的此类太阳伞最多有（ ）.
A．40320种 B．5040种 C．20160种 D．2520种
（2023·全国·高三专题练习）
9．15个人围坐在圆桌旁，从中任取4人，他们两两互不相邻的概率是（ ）
A． B． C． D．
（2023·全国·高三专题练习）
10．一个圆桌有十二个座位，编号为1至12.现有四个学生和四个家长入座，要求学生坐在偶数位，家长与其孩子相邻.满足要求的坐法共有 种.
11．将总和为200的10个数放置在给定的一个圆周上，且任意三个相邻的数之和不小于58，则所有满足上述要求的10个数中最大数的最大值为 .
（2023下·重庆沙坪坝·高三重庆一中校考阶段练习）
12．历史上著名的伯努利错排问题指的是：一个人有封不同的信，投入n个对应的不同的信箱，他把每封信都投错了信箱，投错的方法数为.例如两封信都投错有种方法，三封信都投错有种方法，通过推理可得：.高等数学给出了泰勒公式：，则下列说法正确的是（ ）
A． B．为等比数列
C． D．信封均被投错的概率大于
13．有5个匣子，每个匣子有一把钥匙，并且钥匙不能通用．如果随意在每一个匣内放入一把钥匙，然后把匣子全都锁上．现在允许砸开一个匣子，使得能相继用钥匙打开其余4个匣子，那么钥匙的放法有 种．
（2023·全国·高三专题练习）
14．8个女孩和25个男孩围成一圈，任何两个女孩之间至少站两个男孩，则共有 种不同的排列方法.（只要把圈旋转一下就重合的排法认为是相同的）.
15．某国建了一座时间机器，形似一条圆形地铁轨道，其上均匀设置了2014个站台（编号依次为l，2，…，2014）分别对应一个年份，起始站及终点站均为第1站（对应2014年）.为节约成本，机器每次运行一圈，只在其中一半的站台停靠，出于技术原因，每次至多行驶三站必须停靠一次，且所停靠的任两个站台不能是圆形轨道的对径点.试求不同的停靠方式的种数.
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．
【分析】直接根据圆排列及古典概型计算.
【详解】依题意，环排列有：种,总的连接方式有：种，
所以恰好能围成一个圈的概率为.
故答案为：.
2．D
【分析】
先将左端的六个接线点随机地平均分成三组可能出现的所有结果找出来，再根据五个接收器能同时接受到信号必须全部在同一个串联线路中，求出此种情况可能出现的结果，再运用古典概型概率公式即可得出所求事件的概率.
【详解】
由题意，设右端连线方式如图，对于左端的六个连线点，将其随机地平均分成三组，共有种结果，五个接收器能同时接收到信号必须全部在同一个串联线路中，则1必须与3,4,5,6中的其中一个相接，接好后，2只有2种情况可选，剩下的接线点只有1种接法，所以共有种结果.同理，右端连线方式变化时，左端的接线方法也有15种，其中有8种可以接收到信号.故这五个接受器能同时接收到信号的概率是.
故选：D.
3．1260或
【分析】按照分步乘法计数原理，先分组再围圈，最后相乘即可得答案.
【详解】8名学生平均分成两组，有种分组法，每组都围成一个圈，两个组有种围法，所以共有种不同的围法．
故答案为：1260或.
4．D
【分析】
依次填涂“火”、“土”、“金”、“水”、“木”，分别确定每个区域的涂色方法种数，结合分类加法分步乘法计数原理可得结果.
【详解】由题意可知，要求五行相生不能用同一种颜色（例如木生火，木与火不能同色，水生木，水与木不能同色），
五行相克可以用同一种颜色（例如火与水相克可以用同一种颜色），
不妨设四种颜色分别为、、、，
先填涂区域“火”，有种选择，不妨设区域“火”填涂的颜色为，
接下来填涂区域“土”，有种选择，分别为、、，
若区域“土”填涂的颜色为，则区域“金”填涂的颜色分别为、、；
若区域“土”填涂的颜色为，则区域“金”填涂的颜色分别为、、；
若区域“土”填涂的颜色为，则区域“金”填涂的颜色分别为、、.
综上所述，区域“金”填涂、、、的方案种数分别为、、、种，
接下来考虑区域“水”的填涂方案：
若区域“金”填涂的颜色为，则区域“水”填涂的颜色可为、、；
若区域“金”填涂的颜色为，则区域“水”填涂的颜色可为、、；
若区域“金”填涂的颜色为，则区域“水”填涂的颜色可为、、；
若区域“金”填涂的颜色为，则区域“水”填涂的颜色可为、、.
则区域“水”填涂的方案种数为种，填涂的方案种数为种，
填涂的方案种数为种，填涂的方案种数为种.
从区域“火”、“土”、“金”填涂至区域“水”，填涂区域“水”的方案还和填涂区域“木”有关，
当区域“水”填涂的颜色为时，区域“木”填涂的颜色可为、、；
若区域“水”填涂的颜色为时，区域“木”填涂的颜色可为、；
若区域“水”填涂的颜色为时，区域“木”填涂的颜色可为、；
若区域“水”填涂的颜色为时，区域“木”填涂的颜色可为、.
所以，当区域“火”填涂颜色时，填涂方案种数为种.
因此，不同的涂色方法种数有种.
故选：D.
【点睛】方法点睛：求解涂色（种植）问题一般直接利用两个计算原理求解：
（1）按区域的不同以区域为主分步计数，用分步乘法计数原理分析；
（2）以颜色（种植作物）为主分类讨论，适用于“区域、点、线段”问题，用分类加法计数原理分析；
（3）对于涂色问题将空间问题平面化，转化为平面区域涂色问题.
5．A
【分析】由条件求出m位同学站成一排时的全排列数而得m值，再利用圆排列数公式即可得解.
【详解】因站成一排时甲在乙左与甲在乙右的站法数相同，而m位同学站成一排有，则，解得，
甲、乙、丙三位同学围成一个圆，“甲乙丙”、“乙丙甲”或“丙甲乙”是同一排列，
其中每一个排列可以拆成以任意一个人为排首的直线排列3个，3人围成一个圆的排列数为，
由此可得n个人围成一个圆的排列数为，5位同学围成一个圆的排列数为.
故选：A
【点睛】结论点睛：n个不同元素围成一个圆的不同排列个数为.
6．B
【分析】根据给定条件，求出递推公式，再逐项计算判断作答.
【详解】依题意，，
且，，
于是，，A正确；
显然，数列不是等比数列，B错误；
又，即有，
而，因此数列是首项为，公比为的等比数列，C正确；
显然，因此，D正确.
故选：B
7．(1)有的把握，认为学生性别与绳子打结速度快慢有关
(2)（i）分布列见解析，；（ii）证明见解析
【分析】（1）利用计算卡方进行检验即可；
（2）（i）依题意，先得到的所有可能取值，再依次求得对应的概率即可得解；（ii）利用分步计数原理，结合数列的累乘法与古典概型的概率公式即可得解.
【详解】（1）依题意，完善列联表如下，
性别 速度 合计
快 慢
男生 65 35 100
女生 45 55 100
合计 110 90 200
所以.
故有的把握，认为学生性别与绳子打结速度快慢有关.
（2）（i）由题知，随机变量的所有可能取值为，
，
，
所以的分布列为
1 2 3
所以.
（ii）不妨令绳头编号为，可以与绳头1打结形成一个圆的绳头除了1，2外有种可能，
假设绳头1与绳头3打结，那么相当于对剩下根绳子进行打结，
令根绳子打结后可成圆的种数为，
那么经过一次打结后，剩下根绳子打结后可成圆的种数为，
由此可得，，
所以，
所以，
显然，故；
另一方面，对个绳头进行任意2个绳头打结，总共有
；
所以.
【点睛】关键点睛：本题第二小问第二步的解决关键是利用分步计数原理得到数列的递推式，从而利用数列的累乘法求得结果.
8．D
【分析】先从7种颜色中任意选择一种，涂在相对的区域内，再将剩余的6种颜色全部涂在剩余的6个区域内，结合图形的对称性，即可求解.
【详解】先从7种颜色中任意选择一种，涂在相对的区域内，有种方法，
再将剩余的6种颜色全部涂在剩余的6个区域内，共有种方法，
由于图形是轴对称图形，所以上述方法正好重复一次，
所以不同的涂色方法，共有种不同的涂法.
故选：D.
【点睛】本题主要考查了排列、组合及分步计数原理的应用，其中解答中注意图形的对称性，着重考查分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.
9．A
【详解】15个人围坐在圆桌旁从中任取4人，他们两两互不相邻，则可先把11个人入坐好，再让其余4人插空，共有种不同的围坐方法，所以所求概率是，故选A．
10．
【分析】分学生选择相邻的四个偶数、学生选择三个相邻的偶数，另一个学生坐对面、四个学生每两个学生选择相邻偶数三种情况，
求出学生的坐法，家长的坐法、四组家长学生全排列，由分步乘法计数原理和分类加法计算原理即可求解.
【详解】当学生选择相邻的四个偶数有，，，
，，有种，
以学生选为例，家长的排法有 ，，
，有种，
同理可得：每一种学生的坐法，家长都有种坐法，∴有种，
当学生选择三个相邻的偶数，一个学生坐对面有，，，
，，有种，
以学生选择为例，家长的坐法有，，，，
，，，，共种，
同理可得：每一种学生的坐法，家长都有种坐法，∴有种，
当四个学生每两个学生选择相邻偶数时，学生有，，有种，
以学生选择为例，家长坐法有：，，，，
，，，，有种，
同理可得：每一种学生的坐法，家长都有种坐法，∴有种，
综上所述：满足要求的坐法共有种.
故答案为：.
11．26
【详解】设所有放置中的最大数为，则
事实上，26，6，26，26，6，26，26，6，26，26满足.
12．ABC
【分析】选项A，用列举法即可得；选项B，构造新数列，利用定义法可证明是等比数列；选项C，由递推关系变形可得裂项形式，裂项后利用累加法求通项即可证；选项D，利用泰勒公式可得再对分奇偶讨论即可判断.
【详解】选项A，令4封信分别为，当在第2个信箱时，共3种错排方式：
第1种
信箱 1 2 3 4
信
第2种
信箱 1 2 3 4
信
第3种
信箱 1 2 3 4
信
同理可得在第3和4个信箱时，也分别有3种错排方式，所以共种方法，故A选项正确；
选项B，，∴，
又，则，故B选项正确；
选项C，，
两边同除以得，
∴，
，故C选项正确；
选项D，装错信封的概率为，∵，
则，即
当n为奇数时，；
当n为偶数时，；综上，当n为奇数时；当n为偶数时，故D项错误.
故选：ABC.
【点睛】关键点睛：本题B选项的关键是通过构造变形得，D选项的关键是利用所给的泰勒公式，再分奇偶讨论.
13．
【详解】首先，在砸开的匣子中必放有另一个匣子的钥匙，在匣子中又放有匣子的钥匙，在匣子中放有匣子的钥匙，在匣子中放有匣子的钥匙，在匣子中放有被砸开的匣子的钥匙．记这个砸开的匣子为．这就相当于1，2，3，4，5形成一个环状排列．
反过来，对由1，2，3，4，5排成的每一种环状排列，也就可以对应成一种相继打开各个匣子的一种放钥匙的方法．先让5个匣子沿着圆环对号入座，再在每个匣子中放入其下方的匣子的钥匙（如图），这就得到一种相继打开各个匣子的放钥匙的方法．所以，可使所有匣子相继打开的放钥匙的方法数恰与1，2，3，4，5的环状排列数相等．
由于每个环状排列（如图）可以剪开拉直为5个排列：，，，，；，，，，；，，，，；，，，，；，，，，．
反之，5个这样的排列对应着一个环状排列，因而5个元素的环状排列数为（种）．
一般地，个元素的环状排列数为种．
14．
【详解】假定女孩中有一个是A，对任何一个满足要求的圆排列，令从A打头按顺时针方向走成一个直排，示意图如下：.
现在以O代表女孩所站的位置，以×代表男孩所站的位置，
则在每个〇后至少有两个×.让每个O“吸收了”它紧后的两个×，
画成一个，则每个O，×排列对应成一个×排列：
后一种排列的个数显然是从(8+25)-2×8-1=16个位置中选出7位置的组合数，即种.
以上表明男、女孩的位置排列共种方法.对每种位置排列，
女孩站上去有7！种方法(A固定站首位)，男孩站上去有25！种方法，
故总的排列方法数为
15．
【详解】令.设不同的停靠方式共有种.
首先，对每种停靠方式，定义停靠的站为类，未停靠的站为类，则类站与类站一一配对，组成对径点.
显然，不存在相邻的三个类站（否则，设、、为相邻的类站，则其对径点、、为相邻的类站，机器没有停靠，与题设矛盾），且第1站为类，第站为类.
从而，每种停靠方式对应一种第站的分类方式（第站的分类方式由第站的分类方式唯一确定），使得没有相邻三站同类.
接下来，考虑连续个站台的分类方式（其中，首尾两站为类，且没有相邻三站同类）.设其分类方式种数为.
显然，，，，.
对，考虑最末两个类站中间的类站的个数.若，则分类种数为；若，则分类种数为；若，则与其相邻站为类，分类种数为.
故.②
设.③
则
④
由结论①和式②得.则，.
由式④知为第个斐波那契数，即.
由式③得，
，
.
其次，计算第站的分类种数.
若为类，则相应分类种数为.
若为类，则、为类，2为类.
如果3为类，则相应分类种数为；
如果3为类，则4为类，相应分类种数为.
故.
最后，求.
.
由 .
故
.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页

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