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高考数学考前冲刺押题预测 两个基本计数原理
一．选择题（共8小题）
1．（2024春 青秀区校级期末）从0，2，4中任取2个数，从1，3，5中任取2个数，则这4个数可以组成没有重复数字的四位数的个数有（　　）
A．126 B．180 C．216 D．300
2．（2024 天祝县校级开学）如图1所示的图形是一个轴对称图形，且每个角都是直角，长度如图所示，小明按图2所示方法玩拼图游戏，两两相扣，相互间不留空隙，那么小明用9个这样的图形拼出来的图形的总长度是（　　）
A．2a+7b B．2a+8b C．a+7b D．a+8b
3．（2024春 长寿区期末）用0，3，5，7，9组成的无重复数字的五位数中，个位上的数字比十位上的数字更大的五位数的个数为（　　）
A．48 B．96 C．60 D．120
4．（2024春 隆回县期末）从1，2，3，4，5，6，7，8中选取6个不同的数，其中恰有3个奇数，且第60%分位数为5，则不同的选择方法共有（　　）
A．3种 B．4种 C．5种 D．6种
5．（2024春 六枝特区校级月考）如图所示，将四棱锥S﹣ABCD的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两端异色，如果只有4种颜色可供使用，则不同的染色方法种数为（　　）
A．120 B．96 C．72 D．48
6．（2024春 秦淮区月考）用0，1，2，…，5这6个数字组成无重复数字的三位数的个数是（　　）
A． B．
C． D．
7．（2024春 潞州区月考）从1，2，3，4，5，6，7，8，9中任取5个数字a，b，c，d，e，记由这5个数字组成的无重复数字的五位数为，其中满足a＜b＜c＞d＞e的五位数的个数为（　　）
A．126 B．756 C．1260 D．7560
8．（2024春 沙坪坝区校级月考）“142857”这一串数字被称为走马灯数，是世界上著名的几个数之一，当142857与1至6中任意1个数字相乘时，乘积仍然由1，4，2，8，5，7这6个数字组成．若从1，4，2，8，5，7这6个数字中任选4个数字组成无重复数字的四位数，则在这些组成的四位数中，大于5200的偶数个数是（　　）
A．87 B．129 C．132 D．138
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2024春 武汉期末）将四个编号为1，2，3，4的小球放入四个分别标有1，2，3，4号的盒子中，则下列结论正确的有（　　）
A．共有256种放法
B．恰有一个盒子不放球，共有72种放法
C．恰有两个盒子不放球，共有84种放法
D．没有一个空盒但小球的编号和盒子的编号都不相同的放法共有9种
（多选）10．（2024春 南山区校级月考）用数字0，1，2，3，4，5组成无重复数字的四位数，则（　　）
A．可组成360个四位数
B．可组成108个是5的倍数的四位数
C．可组成各位数字之和为偶数的四位数有180个
D．若将组成的四位数按从小到大的顺序排列，则第88个数为2310
（多选）11．（2022春 藁城区校级月考）用0到9这10个数字．可组成（　　）个没有重复数字的四位偶数？
A．AA A A
B．AA （AA）
C．A A AA A A
D．AAA（AA）
（多选）12．（2021春 滨湖区校级期中）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1，下列命题正确的是（　　）
A．正方体的12条棱所在的直线中，相互异面的有24对
B．从正方体的8个顶点中选4个作为四面体的顶点，可得到64个不同的四面体
C．从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，其中所成的角为60°的共有36对
D．若给正方体每个面着一种颜色且相邻两个面不同色，有4种颜色可供选择，则不同着色方法共有96种
三．填空题（共4小题）
13．（2024 龙岗区校级模拟）某校高二年级共有10个班级，5位数学教师，每位教师教两个班级，其中姜老师一定教1班，张老师一定教3班，王老师一定教8班，秋老师至少教9班和10班中的一个班，曲老师不教2班和6班，王老师不教5班，则不同的排课方法种数 　 　．
14．（2024秋 金台区月考）从2024年伊始，各地旅游业爆火，兵马俑是陕西省旅游胜地．某大学一个寝室6位同学A，B，C，D，E，F慕名而来，游览结束后，在门前站一排合影留念，要求A，B相邻，C在D的左边，则不同的站法共有 　 　．（用数字作答）
15．（2024春 虹口区校级月考）一个单位方格的四条边中，若存在三条边染了三种不同的颜色，则称该单位方格是“多彩”的．如图，一个1×3的方格表的表格线共含10条单位长线段，现要对这10条线段染色，每条线段染为红黄蓝三色之一，使得三个单位方格都是多彩的，这样的染色方式种数为 　 　（答案用数值表示）．
16．（2024 黄浦区校级三模）用1～9这九个数字组成的无重复数字的四位数中，各个数位上数字和为偶数的奇数共有 　 　个．
四．解答题（共4小题）
17．（2024春 永顺县校级期中）组合数学研究的内容之一是计数，母函数是重要的计数工具之一．其定义如下：对于序列a0，a1，a2，…，定义G（x）＝a0+a1x+a2x2+…为序列a0，a1，a2，…的母函数．母函数的计数方法与二项式定理的原理相似：假设有红、黄、蓝各一个小球，计算由它们组成的所有组合的个数，可考虑三步完成，即每个小球是否参与组合．我们用x0即1代表小球不参与，x代表小球参与，根据分类加法计数原理，1+x代表一个小球是否参与组合的两种情况，根据分步乘法计数原理，用代数式（1+x）（1+x）（1+x）表示三个小球是否参与组合的情况，所以母函数为G（x）＝1+3x+3x2+x3，例如其中3x2中的系数3就是由两个小球构成的所有组合个数，而总的组合个数就是1+3+3+1＝8．
（1）假设有四个不同的小球，令an为由它们组成的含有n个小球的所有组合个数，试写出a0，a1，a2，a3，a4的一个与问题对应的母函数G（x）；
（2）已知r（n+1），其中1≤r≤n．现有一序列a0，a1，a2，…，a2n的母函数G（x），其中n∈N*，求an；
（3）在某班中的8位男同学和5位女同学中，组一个由偶数个男生和不少于两个女生的小组，令an为从8位男同学中选取n位的所有组合个数，令bn为从5位女同学中选取n位的所有组合个数，分别写出a0，a1，a2，…，an和b0，b1，b2，…，bn的与问题对应的母函数A（x）和B（x），并求总的组合个数．
18．（2024春 连云港期中）用0，1，2，3，4，5这六个数字可以组成多少个无重复数字的：
①六位奇数；
②个位数字不是5的六位数；
③不大于4310的四位偶数．
19．（2024春 合肥期中）如图，从左到右有5个空格．
（1）若向这5个格子填入0，1，2，3，4五个数，要求每个数都要用到，且第三个格子不能填0，则一共有多少不同的填法？（用数字作答）
（2）若给这5个空格涂上颜色，要求相邻格子不同色，现有红黄蓝3颜色可供使用，问一共有多少不同的涂法？（用数字作答）
（3）若把这5个格子看成5个企业，现安排3名校长与5个企业洽谈，若每名校长与2家企业领导洽谈，每家企业至少接待1名校长，则不同的安排方法共有多少种（用数字作答）．
20．（2024春 德化县校级月考）用数字0，1，2，3，4，5这6个数码组成无重复数字的四位数和五位数，请完成下列问题：
（1）可组成多少个四位数？
（2）可组成多少个是5的倍数的五位数？
（3）可组成多少个比1325大的四位数？
高考数学考前冲刺押题预测 两个基本计数原理
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．（2024春 青秀区校级期末）从0，2，4中任取2个数，从1，3，5中任取2个数，则这4个数可以组成没有重复数字的四位数的个数有（　　）
A．126 B．180 C．216 D．300
【考点】数字问题．
【专题】整体思想；综合法；排列组合；运算求解．
【答案】B
【分析】先分类讨论从0，2，4中任取2个数时，①其中含数字0时，②其中不含数字0时，结合排列组合即可得解．
【解答】解：从1，3，5中任取两个数，从0，2，4中任取2个数，组成没有重复数字的四位数，分两种情况讨论：
①当从0，2，4中任取2个数，其中含数字0时，
则组成没有重复数字的四位数的个数为，
②当从0，2，4中任取2个数，其中不含数字0时，
则组成没有重复数字的四位数的个数为，
综合①②得：组成没有重复数字的四位数的个数为108+72＝180．
故选：B．
【点评】本题考查了排列、组合及简单计数问题，属中档题．
2．（2024 天祝县校级开学）如图1所示的图形是一个轴对称图形，且每个角都是直角，长度如图所示，小明按图2所示方法玩拼图游戏，两两相扣，相互间不留空隙，那么小明用9个这样的图形拼出来的图形的总长度是（　　）
A．2a+7b B．2a+8b C．a+7b D．a+8b
【考点】几何图形中的计数问题．
【专题】对应思想；定义法；排列组合；运算求解．
【答案】D
【分析】根据题意得出口朝上的有5个和口朝下的有4个，分别求出其长度，求出它们的和即可求得．
【解答】解：因为小明用9个这样的图形拼出来的图形，
所以口朝上的有5个，口朝下的有4个，口朝上的5个长度之和是5a，口朝下的有4个长度为4[b﹣（a﹣b）]＝8b﹣4a，
所以总长度为5a+8b﹣4a＝a+8b．
故选：D．
【点评】本题考查排列几何图形的计数相关知识，属于中档题．
3．（2024春 长寿区期末）用0，3，5，7，9组成的无重复数字的五位数中，个位上的数字比十位上的数字更大的五位数的个数为（　　）
A．48 B．96 C．60 D．120
【考点】数字问题．
【专题】整体思想；综合法；排列组合；运算求解．
【答案】A
【分析】根据特殊位置优先安排，万位上的数字不能为0，先排万位，再排其他数位，最后根据定序问题求解即可．
【解答】解：万位上的数字不能为0，先排万位，再排其他数位，
则用0，3，5，7，9组成的无重复数字的五位数的个数为，
所以个位上的数字比十位上的数字更大的五位数的个数为．
故选：A．
【点评】本题考查了排列、组合及简单计数问题，属中档题．
4．（2024春 隆回县期末）从1，2，3，4，5，6，7，8中选取6个不同的数，其中恰有3个奇数，且第60%分位数为5，则不同的选择方法共有（　　）
A．3种 B．4种 C．5种 D．6种
【考点】分类加法计数原理；百分位数．
【专题】计算题；转化思想；综合法；排列组合；运算求解．
【答案】D
【分析】先根据百分位数是5得出5的位置，在分类讨论应用加法原理计算即可．
【解答】解：因为6×0.6＝3.6，所以6个数从小到大排列第4个数为5，
所以3个数比5小，2个数比5大，
当比5大的数是6，8时，则比5小的3个数必须有两个奇数1，3，则有2种取法；
当比5大的数是6，7时，则比5小的3个数必须有1个奇数1或3，则有2种取法；
当比5大的数是7，8时，则比5小的3个数必须有1个奇数1或3，则有2种取法；
选取6个不同的数，其中恰有3个奇数，且第60%分位数为5，则不同的选择方法共有2+2+2＝6种．
故选：D．
【点评】本题考查计数原理的应用，是中档题．
5．（2024春 六枝特区校级月考）如图所示，将四棱锥S﹣ABCD的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两端异色，如果只有4种颜色可供使用，则不同的染色方法种数为（　　）
A．120 B．96 C．72 D．48
【考点】染色问题．
【专题】对应思想；定义法；排列组合；运算求解．
【答案】C
【分析】分为B，D同色，且A，C同色；B，D同色，而A，C不同色；A，C同色，而B，D不同色三种情况，分别计算，根据分类加法计数原理，求和即可得出答案．
【解答】解：由题意知，S与A，B，C，D任意一点均不同色，
只用3种颜色，即B，D同色，且A，C同色，此时不同染色方法的种数为；
用4种颜色，此时可能B，D同色，而A，C不同色或A，C同色，而B，D不同色，
若B，D同色，而A，C不同色，此时不同染色方法的种数为；
若A，C同色，而B，D不同色，此时不同染色方法的种数为．
根据分类加法计数原理可得，不同染色方法的种数为24+24+24＝72．
故选：C．
【点评】本题考查排列的应用，考查分类加法计数原理，是中档题．
6．（2024春 秦淮区月考）用0，1，2，…，5这6个数字组成无重复数字的三位数的个数是（　　）
A． B．
C． D．
【考点】数字问题．
【专题】对应思想；定义法；排列组合；运算求解．
【答案】C
【分析】先排百位上的数字，再排其他位置上的数字，利用排列数公式求解即可．
【解答】解：先排百位有5种排法，
再排十位和个位，有种排法，
故组成无重复数字的三位数的个数是5个．
故选：C．
【点评】本题考查了排列组合的混合问题，先选后排是最基本的指导思想，属于中档题．
7．（2024春 潞州区月考）从1，2，3，4，5，6，7，8，9中任取5个数字a，b，c，d，e，记由这5个数字组成的无重复数字的五位数为，其中满足a＜b＜c＞d＞e的五位数的个数为（　　）
A．126 B．756 C．1260 D．7560
【考点】数字问题．
【专题】计算题；转化思想；综合法；排列组合；运算求解．
【答案】B
【分析】利用分步计数原理求解即可．
【解答】解：利用分步计数原理分3步可得：
第一步：从9个数中任取5个数，有种取法；
第二步：将取出的5个数中最大的放中间数位，
从余下的4个数字中取2个排在一端，
余下的排在另一端，由于两端顺序都已固定，故共有种排法，
所以符合条件的五位数有个．
故选：B．
【点评】本题考查分步计数问题，考查学生分析解决问题的能力，考查学生的计算能力，属于中档题．
8．（2024春 沙坪坝区校级月考）“142857”这一串数字被称为走马灯数，是世界上著名的几个数之一，当142857与1至6中任意1个数字相乘时，乘积仍然由1，4，2，8，5，7这6个数字组成．若从1，4，2，8，5，7这6个数字中任选4个数字组成无重复数字的四位数，则在这些组成的四位数中，大于5200的偶数个数是（　　）
A．87 B．129 C．132 D．138
【考点】数字问题．
【专题】对应思想；定义法；排列组合；运算求解．
【答案】A
【分析】按千位数分别是5，7，8进行分类讨论即可．
【解答】解：若千位数字是5，则百位数字不能是1，故共有（个）；
（①一个四位数为偶数，则其个位上的数字一定是偶数；②组成的四位数要大于5200，则其千位上的数字是5，7或8）
若千位数字是7，则共有（个）；
若千位数字是8，则共有（个）．
故符合条件的四位数共有27+36+24＝87（个）．
故选：A．
【点评】本题考查排列组合的应用，考查分类计数原理的运用，是中档题．
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2024春 武汉期末）将四个编号为1，2，3，4的小球放入四个分别标有1，2，3，4号的盒子中，则下列结论正确的有（　　）
A．共有256种放法
B．恰有一个盒子不放球，共有72种放法
C．恰有两个盒子不放球，共有84种放法
D．没有一个空盒但小球的编号和盒子的编号都不相同的放法共有9种
【考点】分步乘法计数原理；简单组合问题．
【专题】对应思想；定义法；排列组合；运算求解．
【答案】ACD
【分析】按照分步乘法计数原理判断A，B，先分组、再分配，即可判断C，先确定编号为1的球的放法，再确定与1号球所放盒子的编号相同的球的放法，按照分步乘法计数原理判断D．
【解答】解：若4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，共有44＝256种放法，故A正确；
恰有一个盒子不放球，先选一个盒子，再选一个盒子放两个球，则种放法，故B错误；
恰有两个盒子不放球，首先选出两个空盒子，再将四个球分为3，1或2，2两种情况，
故共种放法，故C正确；
编号为1的球有3种放法，编号为1的球所放盒子的编号相同的球放入1号或其他两个盒子，
共有，即3×3＝9种放法，故D正确．
故选：ACD．
【点评】本题考查排列组合的应用，属于中档题．
（多选）10．（2024春 南山区校级月考）用数字0，1，2，3，4，5组成无重复数字的四位数，则（　　）
A．可组成360个四位数
B．可组成108个是5的倍数的四位数
C．可组成各位数字之和为偶数的四位数有180个
D．若将组成的四位数按从小到大的顺序排列，则第88个数为2310
【考点】数字问题．
【专题】整体思想；综合法；排列组合；运算求解．
【答案】BD
【分析】结合千位数字不能为0，利用分步乘法计数原理列出式子可判断选项A；根据5的倍数的数字特点分类讨论可判断选项B；先把各位数字之和为偶数的数字组合列举出来，再根据计数原理列出式子可判断选项C；对四位数的千位和百位进行讨论可判断选项D．
【解答】解：对于选项A：先安排千位上的数字，有种；
再安排百位、十位和个位上的数字，有种；
根据分步乘法计数原理可得，共组成个四位数，
故选项A错误；
对于选项B：因为5的倍数的四位数个位上为0或5，
所以分为两类：当个位是0时，有种；
当个位上5时，有种，
∴共有60+48＝108种，
故选项B正确；
对于C选项，先把各位数字之和为偶数的数字组合列举出来，
有（0，1，2，3），（0，1，2，5），（0，1，3，4），（0，1，4，5），（0，2，3，5），（0，3，4，5），（1，2，3，4），（1，2，4，5），（2，3，4，5），（0，1，3，5），（1，2，3，5），（1，3，4，5）；
再将每个组合中的四个数字排列组成一个四位数共种；
故选项C错误；
对于选项D选：因为千位为1的四位数有个；
千位为2，百位为0的四位数有个；
千位为2，百位为1的四位数有个；
共60+12+12＝84；
而千位为2，百位为3的四位数从小到大排列有：2301，2304，2305，2310，
所以第88个数为2310，
故选项D正确．
故选：BD．
【点评】本题考查了排列、组合及简单计数问题，属中档题．
（多选）11．（2022春 藁城区校级月考）用0到9这10个数字．可组成（　　）个没有重复数字的四位偶数？
A．AA A A
B．AA （AA）
C．A A AA A A
D．AAA（AA）
【考点】计数原理的应用．
【专题】计算题；方程思想；转化思想；排列组合．
【答案】ABCD
【分析】法①分个位是0和非0讨论，前三位有特殊要求的先排；方法②从个位是偶数的方法中，去掉个位是偶数且首位为0的情况；法③先排千位，分千位是否为奇数讨论，再排个位；法④四位的奇数相对好求，从所有不同的四位数中去掉四位的奇数．
【解答】解：法①，先排个位若个位是0，则前3个数位上可以用剩下的9个数字任意排，有种，若个位不是0，则个位有4种选择，再排千位，有8种方法，再排百位和十位有种方法，所以没有重复数字的四位偶数共有2296种．
法②，个位是0的不同四位数偶数共有种，个位不是0的不同四位偶数有个，其中包含个位是偶数且千位为0的种，故没有重复数字的四位偶数共有：2296个．
法③，若千位为奇数，则有个，若千位是偶数，有个，故共有2296个．
法④，没有重复数字的四位数有个，没有重复数字的四位奇数有个，故没有重复数字的四位偶数有2296个．
故选：ABCD．
【点评】这是典型的具有有限个限制条件的排列问题，上述的四种解法是基本、常见的解法，要认真体会每种解法的实质，掌握其解答方法，以及灵活运用，本题属于中档题．
（多选）12．（2021春 滨湖区校级期中）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1，下列命题正确的是（　　）
A．正方体的12条棱所在的直线中，相互异面的有24对
B．从正方体的8个顶点中选4个作为四面体的顶点，可得到64个不同的四面体
C．从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，其中所成的角为60°的共有36对
D．若给正方体每个面着一种颜色且相邻两个面不同色，有4种颜色可供选择，则不同着色方法共有96种
【考点】计数原理的应用．
【专题】综合题；分类讨论；分类法；空间位置关系与距离；排列组合；直观想象；运算求解．
【答案】AD
【分析】找1条棱的一面直线对数，再计算总全体异面直线对数，可判断A；
算出从8个顶点取4个顶点的组合数再减去四点共面的个数可判断B；
找一个面的对角线与其它面对角线成60°角的对数，再计算所有对数可判断C；
根据涂颜色3种或4种进行计算可判断D．
【解答】解：先找出与棱AB所在直线异面其它棱所在直线：DD1，CC1，A1D1，B1C1共4条，∴相互异面的共12×4÷2＝24（对），故A对；
从8个顶点取4个顶点的组合数为：70，由正方体的6个面和6个对角面可知四点共面的情况有12种组合，
∴可得到70﹣12＝58（个）不同的四面体，故B错；
与面对角线A1B成60°的面对角线有：A1C1，AC，BC1，AD1，B1C，A1D，BD，B1D1共8条，∴所有面对角线构成60°共12×8÷2＝48对，故C错；
当用3种颜色时，所有相对面颜色相同，有24（种）方法．当用4种颜色时，有2组对面颜色相同，有72．∴共24+72＝96（种）
涂色方法，故D对．
答案故选：AD．
【点评】本题考查排列组合应用、空间直线位置关系及空间角、分类讨论思想，考查数学运算能力及直观想象能力，属于中档题．
三．填空题（共4小题）
13．（2024 龙岗区校级模拟）某校高二年级共有10个班级，5位数学教师，每位教师教两个班级，其中姜老师一定教1班，张老师一定教3班，王老师一定教8班，秋老师至少教9班和10班中的一个班，曲老师不教2班和6班，王老师不教5班，则不同的排课方法种数 　236种　．
【考点】计数原理的应用．
【专题】转化思想；综合法；排列组合；运算求解．
【答案】见试题解答内容
【分析】按照特殊元素优先处理原则，分类讨论秋老师教9班，秋老师教10班的排课方法种数，但是这两种重复了秋老师同时教9班和10班的排课方法种数，减去重复的种数，即可得到答案．
【解答】解：（1）秋老师教9班，曲老师可在4，5，7，10班中选两个班，再分两类：
①曲老师不教5班，则曲老师可选3种；王老师可选3种；剩余的3个班3个老师全排列，有6种，
由分步计数原理可得3×3×6＝54种；
②曲老师教5班，则曲老师可选3种；剩余的4个班4个老师全排列，有24种，
由分步计数原理可得3×24＝72种．
由分类计数原理可得，秋老师教9班共有54+72＝126种；
（2）秋老师教10班，同理也是126种；
（3）秋老师同时教9班和10班，则曲老师可在4，5，7班中选两个班，再分两类：
①曲老师不教5班，则曲老师教4班和7班，王老师再从2，6班中选一个，有2种，
剩余的2个班2个老师全排列，有2种，
由分步计数原理可得2×2＝4种；
②曲老师教5班，则曲老师可选2种，剩余的3个班3个老师全排列，有6种，
由分步计数原理可得2×6＝12种．
由分类计数原理可得，秋老师同时教9班和10班共有4+12＝16种，
因为秋老师同时教9班和10班的排课方法重复，
所以不同的排课方法种数为126+126﹣16＝236种．
故答案为：236．
【点评】本题考查了分类计数原理与分步计数原理的应用，排列组合知识的应用，此类问题一般运用特殊元素优先处理原则进行求解，考查了逻辑推理能力，属于中档题．
14．（2024秋 金台区月考）从2024年伊始，各地旅游业爆火，兵马俑是陕西省旅游胜地．某大学一个寝室6位同学A，B，C，D，E，F慕名而来，游览结束后，在门前站一排合影留念，要求A，B相邻，C在D的左边，则不同的站法共有 　120　．（用数字作答）
【考点】分步乘法计数原理．
【专题】对应思想；定义法；排列组合；运算求解．
【答案】120．
【分析】根据相邻问题“捆绑法”和排列数公式，利用原理计算即得．
【解答】解：某大学一个寝室6位同学A，B，C，D，E，F慕名而来，
游览结束后，在门前站一排合影留念，要求A，B相邻，C在D的左边，
先将A，B“捆绑”看成一个元素，与另外四人在五个位置上进行全排，
再考虑C在D的左边，最后“解绑”，故有种方法．
故答案为：120．
【点评】本题考查分步乘法计数原理，属于中档题．
15．（2024春 虹口区校级月考）一个单位方格的四条边中，若存在三条边染了三种不同的颜色，则称该单位方格是“多彩”的．如图，一个1×3的方格表的表格线共含10条单位长线段，现要对这10条线段染色，每条线段染为红黄蓝三色之一，使得三个单位方格都是多彩的，这样的染色方式种数为 　5184　（答案用数值表示）．
【考点】染色问题．
【专题】计算题；转化思想；综合法；排列组合；运算求解．
【答案】5184．
【分析】先染色第一个正方形，然后依次染色后边的正方形即可．
【解答】解：由题意可知从左至右，依次染色，第一边有种方法，第二条边，有种方法，第三条边，有种方法，第四条边，有种方法，可得染色方式种数为：5184．
故答案为：5184．
【点评】本题考查排列组合的应用，是中档题．
16．（2024 黄浦区校级三模）用1～9这九个数字组成的无重复数字的四位数中，各个数位上数字和为偶数的奇数共有 　840　个．
【考点】数字问题．
【专题】整体思想；综合法；排列组合；运算求解．
【答案】见试题解答内容
【分析】由排列、组合及简单计数问题，结合分步乘法计数原理及分类加法计数原理求解．
【解答】解：用1～9这九个数字组成的无重复数字的四位数中，各个数位上数字和为偶数的奇数可分为2类：
①当数位上数字为奇数且个数为2时，
则有720个；
②当数位上数字为奇数且个数为4时，
则有120个，
则各个数位上数字和为偶数的奇数共有720+120＝840个．
故答案为：840．
【点评】本题考查了排列、组合及简单计数问题，重点考查了分步乘法计数原理及分类加法计数原理，属中档题．
四．解答题（共4小题）
17．（2024春 永顺县校级期中）组合数学研究的内容之一是计数，母函数是重要的计数工具之一．其定义如下：对于序列a0，a1，a2，…，定义G（x）＝a0+a1x+a2x2+…为序列a0，a1，a2，…的母函数．母函数的计数方法与二项式定理的原理相似：假设有红、黄、蓝各一个小球，计算由它们组成的所有组合的个数，可考虑三步完成，即每个小球是否参与组合．我们用x0即1代表小球不参与，x代表小球参与，根据分类加法计数原理，1+x代表一个小球是否参与组合的两种情况，根据分步乘法计数原理，用代数式（1+x）（1+x）（1+x）表示三个小球是否参与组合的情况，所以母函数为G（x）＝1+3x+3x2+x3，例如其中3x2中的系数3就是由两个小球构成的所有组合个数，而总的组合个数就是1+3+3+1＝8．
（1）假设有四个不同的小球，令an为由它们组成的含有n个小球的所有组合个数，试写出a0，a1，a2，a3，a4的一个与问题对应的母函数G（x）；
（2）已知r（n+1），其中1≤r≤n．现有一序列a0，a1，a2，…，a2n的母函数G（x），其中n∈N*，求an；
（3）在某班中的8位男同学和5位女同学中，组一个由偶数个男生和不少于两个女生的小组，令an为从8位男同学中选取n位的所有组合个数，令bn为从5位女同学中选取n位的所有组合个数，分别写出a0，a1，a2，…，an和b0，b1，b2，…，bn的与问题对应的母函数A（x）和B（x），并求总的组合个数．
【考点】代数与函数中的计数问题．
【专题】整体思想；分析法；概率与统计；运算求解．
【答案】（1）G（x）＝1+4x+6x2+4x3+x4，
（2），
（3）A（x）＝1+28x2+70x4+28x6+x8，B（x）＝10x2+10x3+5x4+x5，3328．
【分析】（1）直接代入求解即可．
（2）由（1）式，代入化简分析求解即可．
（3）由（1）式，根据各项之间的关系求解A（x）和B（x），和求总的组合个数即可．
【解答】解：（1）G（x）＝（1+x）（1+x）（1+x）（1+x）＝1+4x+6x2+4x3+x4，
（2）∴G（x）＝（1+x）n+1+2（1+x）n+2+3（1+x）n+3+...+n（1+x）2n，
故展开式中xn 的系数为，
所以，
故xn 的系数为，
，
，
（3）显然a1＝a3＝a5＝a7＝0，
a0＝1， ，，a8＝1，
故A（x）＝1+28x2+70x4+28x6+x8，
同样b0＝b1＝0，b2＝b3＝10 b4＝5，b5＝1，
故B（x）＝10x2+10x3+5x4+x5，
令C（x）＝A（x） B（x）＝（1+28x2+70x4+28x6+x8）（10x2+10x3+5x4+x5），
＝10x2+10x3+285x4+281x5+840x6+728x7+630x8+350x9+150x10+38x11+5x12+x13，
C（x）中xk 的系数 k 为符合要求的k个人组成的小组的数目，
所有组合的个数为10+10+285+281+840+728+630+350+150+38+5+1＝3328．
【点评】本题考查了计数原理的应用相关的知识，应注意二项式的使用，属于中档题．
18．（2024春 连云港期中）用0，1，2，3，4，5这六个数字可以组成多少个无重复数字的：
①六位奇数；
②个位数字不是5的六位数；
③不大于4310的四位偶数．
【考点】计数原理的应用．
【专题】排列组合．
【答案】见试题解答内容
【分析】①先排个位，再排首位，其余的位任意排，根据分步计数原理
②2因为0是特殊元素，分两类，个位数字是0，和不是0，
③需要分类，不大于4310的四位偶数，即是小于等于4310的偶数，当千位小于4，当百位小于3，当十位小于1时，然后根据分类计数原理可得．
【解答】解：①先排个位数，有3种，因为0不能在首位，再排首位有4种，最后排其它有24，根据分步计数原理得，六位奇数有3×4×24＝288；
②因为0是特殊元素，分两类，个位数字是0，和不是0，
当个位数是0，有120，
当个位不数是0，有384，根据分类计数原理得，个位数字不是5的六位数有120+384＝504
③当千位小于4时，有96种，
当千位是4，百位小于3时，有12种，
当千位是4，百位是3，十位小于1时，有1种，
当千位是4，百位是3，十位是1，个位小于等于0时，有1种，
所以不大于4310的四位偶数4有96+12+1+1＝110
【点评】本题主要考查排列与组合及两个基本原理，排列数公式、组合数公式的应用，注意特殊元素和特殊位置，要优先考虑，体现了分类讨论的数学思想，属于中档题
19．（2024春 合肥期中）如图，从左到右有5个空格．
（1）若向这5个格子填入0，1，2，3，4五个数，要求每个数都要用到，且第三个格子不能填0，则一共有多少不同的填法？（用数字作答）
（2）若给这5个空格涂上颜色，要求相邻格子不同色，现有红黄蓝3颜色可供使用，问一共有多少不同的涂法？（用数字作答）
（3）若把这5个格子看成5个企业，现安排3名校长与5个企业洽谈，若每名校长与2家企业领导洽谈，每家企业至少接待1名校长，则不同的安排方法共有多少种（用数字作答）．
【考点】染色问题．
【专题】整体思想；综合法；排列组合；运算求解．
【答案】（1）96；
（2）48；
（3）180．
【分析】（1）由排列、组合及简单计数问题，结合分步乘法计数原理求解；
（2）由排列、组合及简单计数问题，结合分步乘法计数原理求解；
（3）由排列、组合及简单计数问题，结合分步乘法计数原理求解．
【解答】解：（1）本题分2步：①第三个格子不能填0，则0有4种选法；
②将其余的4个数字全排列安排在其他四个格子中有种情况，
则一共有种不同的填法．
（2）根据题意，第一个格子有3种颜色可选，即有3种情况，
第二个格子与第一个格子的颜色不能相同，有2种颜色可选，即有2种情况，
同理可得：第三、四、五个格子都有2种情况，
则五个格子共有3×2×2×2×2＝48种不同的涂法．
（3）根据题意，有一家企业与2位校长谈，其余4家企业只与1位校长谈，
第1步：从5家企业中选一家，
第2步：从3位校长中选2位，
第3步：从剩下4家企业中选2家安排另外一位校长，
第4步：在第2步选中的两位校长，每位还要安排一家企业，
因此有种．
【点评】本题考查了排列、组合及简单计数问题，重点考查了分步乘法计数原理，属中档题．
20．（2024春 德化县校级月考）用数字0，1，2，3，4，5这6个数码组成无重复数字的四位数和五位数，请完成下列问题：
（1）可组成多少个四位数？
（2）可组成多少个是5的倍数的五位数？
（3）可组成多少个比1325大的四位数？
【考点】数字问题．
【专题】对应思想；定义法；排列组合；运算求解．
【答案】（1）300个；（2）216个；（3）270个．
【分析】（1）可使用间接法，计算所有情况后减去不符合要求的情况；
（2）分末位是0或5讨论即可得；
（3）可使用间接法，计算所有情况后减去不符合要求的情况．
【解答】解：（1）从6个数从任选5个排成一列，共有种排法（其中含有首项为0的情况）；
若首位为0，再从余下的5个数码中先出3个排成一列，共有种排法，
则可以组成四位数共个．
（2）当组成5的倍数的五位数时，我们需要组成末位是0或5的五位数，
如果末位数是0，则剩下四位可以任意从1，2，3，4，5中选择并任意排列，此时有个；
如果末位数是5，则剩下四位可以任意从0，1，2，3，4中选择，但排列时0不能排在首位．
而不包含0和包含0的选择方式各有种和种，故此时有1 4!+4 （4!﹣3!）＝24+4 18＝96个．
所以总共能组成5的倍数的五位数有120+96＝216个；
（3）由（1）知共有四位数300个；
小于或等于1325的数如下：
以10，12开头有的个；
以130开头的有3个；
以132开头的有1320、1324、1325共3个；
故300﹣24﹣6＝270个．
【点评】本题考查排列组合的应用，本题运用排除法，可以避免讨论，简化计算，是中档题．
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