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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 四川）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（　　）
A．24 B．48 C．60 D．72
2．（2024 大纲版）某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友，每位朋友1本，则不同的赠送方法共有（　　）
A．4种 B．10种 C．18种 D．20种
3．（2024 韩城市期末）把10个苹果分成三堆，要求每堆至少1个，至多5个，则不同的分法共有（　　）
A．4种 B．5种 C．6种 D．7种
4．（2024 大纲版Ⅰ）某校开设A类选修课3门，B类选修课4门，一位同学从中共选3门，若要求两类课程中各至少选一门，则不同的选法共有（　　）
A．30种 B．35种 C．42种 D．48种
5．（2024 全国卷Ⅰ）甲组有5名男同学，3名女同学；乙组有6名男同学、2名女同学．若从甲、乙两组中各选出2名同学，则选出的4人中恰有1名女同学的不同选法共有（　　）
A．150种 B．180种 C．300种 D．345种
6．（2024 南昌一模）甲乙两人从4门课程中各选修两门，则甲乙所选的课程中至少有1门不相同的选法共有（　　）种．
A．30 B．36 C．60 D．72
7．（2024 定远县校级期末）某同学从4本不同的科普杂志，3本不同的文摘杂志，2本不同的娱乐新闻杂志中任选一本阅读，则不同的选法共有（　　）
A．24种 B．9种 C．3种 D．26种
8．（2024 聊城期末）将5种不同的花卉种植在如图所示的四个区域中，每个区域种植一种花卉，且相邻区域花卉不同，则不同的种植方法种数是（　　）
A．420 B．180 C．64 D．25
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2024 顺德区校级期中）现有3名老师，8名男生和5名女生共16人，有一项活动需派人参加，则下列命题中正确的是（　　）
A．只需1人参加，有16种不同选法
B．若需老师、男生、女生各1人参加，则有120种不同选法
C．若需1名老师和1名学生参加，则有39种不同选法
D．若需3名老师和1名学生参加，则有56种不同选法
（多选）10．（2024 黄冈期中）在某城市中，A，B两地之间有如图所示的道路网．甲随机沿路网选择一条最短路径，从A地出发去往B地．下列结论正确的有（　　）
A．不同的路径共有31条
B．不同的路径共有61条
C．若甲途经C地，则不同的路径共有18条
D．若甲途经C地，且不经过D地，则不同的路径共有9条
（多选）11．（2024春 双城区校级月考）由0，1，2，3，4，5，6，7，8，9，这十个数字组成无重复数字的五位数，且1不能在个位，则关于这样的五位数的个数，下列表示正确的有（　　）
A．（）2
B．（）2
C．2
D．
（多选）12．（2024春 顺德区校级期中）（多选）下列说法中正确的有（　　）
A．4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每人报一项，共有43种报名方法
B．4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每人报一项，共有34种报名方法
C．4名同学争夺跑步、跳高、跳远三项冠军（每项冠军只允许一人获得），共有43种可能结果
D．4名同学争夺跑步、跳高、跳远三项冠军（每项冠军只允许一人获得），共有34种可能结果
三．填空题（共4小题）
13．（2024 浙江）从1，3，5，7，9中任取2个数字，从0，2，4，6中任取2个数字，一共可以组成　 　个没有重复数字的四位数．（用数字作答）．
14．（2024 上海）已知A＝{﹣3，﹣2，﹣1，0，1，2，3}，a、b∈A，则|a|＜|b|的情况有 　 　种．
15．（2024 浙江）用1，2，3，4，5，6组成六位数（没有重复数字），要求任何相邻两个数字的奇偶性不同，且1和2相邻．这样的六位数的个数是　 　（用数字作答）．
16．（2024 重庆）某人有4种颜色的灯泡（每种颜色的灯泡足够多），要在如图所示的6个点A、B、C、A1、B1、C1上各装一个灯泡，要求同一条线段两端的灯泡不同色，则每种颜色的灯泡都至少用一个的安装方法共有　 　种（用数字作答）．
四．解答题（共4小题）
17．（2024 麦积区校级期中）带有编号1、2、3、4、5的五个球．
（1）全部投入4个不同的盒子里；
（2）放进不同的4个盒子里，每盒一个；
（3）将其中的4个球投入4个盒子里的一个（另一个球不投入）；
（4）全部投入4个不同的盒子里，没有空盒；各有多少种不同的放法？
18．（2024 江苏）设n∈N*，对1，2，……，n的一个排列i1i2……in，如果当s＜t时，有is＞it，则称（is，it）是排列i1i2……in的一个逆序，排列i1i2……in的所有逆序的总个数称为其逆序数．例如：对1，2，3的一个排列231，只有两个逆序（2，1），（3，1），则排列231的逆序数为2．记fn（k）为1，2，…，n的所有排列中逆序数为k的全部排列的个数．
（1）求f3（2），f4（2）的值；
（2）求fn（2）（n≥5）的表达式（用n表示）．
19．（2024 南京模拟）（1）用红、黄、蓝、白四种不同颜色的鲜花布置如图一所示的花圃，要求同一区域上用同一种颜色鲜花，相邻区域用不同颜色鲜花，问共有多少种不同的摆放方案？
（2）用红、黄、蓝、白、橙五种不同颜色的鲜花布置如图二所示的花圃，要求同一区域上用同一种颜色鲜花，相邻区域使用不同颜色鲜花．求恰有两个区域用红色鲜花的概率；
20．（2024 杭锦后旗校级期中）有甲、乙、丙、丁、戊5位同学，求：
（1）5位同学站成一排，有多少种不同的方法？
（2）5位同学站成一排，要求甲乙必须相邻，丙丁不能相邻，有多少种不同的方法？
（3）将5位同学分配到三个班，每班至少一人，共有多少种不同的分配方法？
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 四川）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（　　）
A．24 B．48 C．60 D．72
【考点】数字问题．
【专题】应用题；方程思想；综合法；排列组合．
【答案】D
【分析】用1、2、3、4、5组成无重复数字的五位奇数，可以看作是填5个空，要求个位是奇数，其它位置无条件限制，因此先从3个奇数中任选1个填入，其它4个数在4个位置上全排列即可．
【解答】解：要组成无重复数字的五位奇数，则个位只能排1，3，5中的一个数，共有3种排法，
然后还剩4个数，剩余的4个数可以在十位到万位4个位置上全排列，共有24种排法．
由分步乘法计数原理得，由1、2、3、4、5组成的无重复数字的五位数中奇数有3×24＝72个．
故选：D．
【点评】本题考查了排列、组合及简单的计数问题，此题是有条件限制排列，解答的关键是做到合理的分布，是基础题．
2．（2024 大纲版）某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友，每位朋友1本，则不同的赠送方法共有（　　）
A．4种 B．10种 C．18种 D．20种
【考点】计数原理的应用．
【专题】计算题．
【答案】B
【分析】本题是一个分类计数问题，一是3本集邮册一本画册，让一个人拿一本画册有4种，另一种情况是2本画册2本集邮册，只要选两个人拿画册种，根据分类计数原理得到结果．
【解答】解：由题意知本题是一个分类计数问题，
一是3本集邮册一本画册，从4位朋友选一个有4种，
另一种情况是2本画册2本集邮册，只要选两个人拿画册6种，
根据分类计数原理知共10种，
故选：B．
【点评】本题考查分类计数问题，是一个基础题，这种题目可以出现在选择或填空中，也可以出现在解答题目的一部分中．
3．（2024 韩城市期末）把10个苹果分成三堆，要求每堆至少1个，至多5个，则不同的分法共有（　　）
A．4种 B．5种 C．6种 D．7种
【考点】分类加法计数原理．
【专题】计算题；数学建模；运算求解．
【答案】A
【分析】利用分类：三堆中“最多”的一堆为5个，其他两堆总和为5，三堆中“最多”的一堆为4个，其他两堆总和为6，列出分组方法即可．
【解答】解：分类：三堆中“最多”的一堆为5个，其他两堆总和为5，每堆至少1个，只有2种分法．即1和4，2和3有两种方法．
三堆中“最多”的一堆为4个，其他两堆总和为6，每堆至少1个，只有2种分法．即2和4，3和3两种方法．
三堆中“最多”的一堆为3个，那是不可能的．
所以不同的分法共有2+2＝4．
故选：A．
【点评】本解法从“最多”的一堆分情况考虑开始，分别计算不同分法，然后求和．用列举法也可以，形象、直观易懂．
4．（2024 大纲版Ⅰ）某校开设A类选修课3门，B类选修课4门，一位同学从中共选3门，若要求两类课程中各至少选一门，则不同的选法共有（　　）
A．30种 B．35种 C．42种 D．48种
【考点】计数原理的应用．
【专题】计算题．
【答案】A
【分析】两类课程中各至少选一门，包含两种情况：A类选修课选1门，B类选修课选2门；A类选修课选2门，B类选修课选1门，写出组合数，根据分类计数原理得到结果．
【解答】解：可分以下2种情况：①A类选修课选1门，B类选修课选2门，有C31C42种不同的选法；
②A类选修课选2门，B类选修课选1门，有C32C41种不同的选法．
∴根据分类计数原理知不同的选法共有C31C42+C32C41＝18+12＝30种．
故选：A．
【点评】本小题主要考查分类计数原理、组合知识，以及分类讨论的数学思想．本题也可以从排列的对立面来考虑，写出所有的减去不合题意的，可以这样解：C73﹣C33﹣C43＝30．
5．（2024 全国卷Ⅰ）甲组有5名男同学，3名女同学；乙组有6名男同学、2名女同学．若从甲、乙两组中各选出2名同学，则选出的4人中恰有1名女同学的不同选法共有（　　）
A．150种 B．180种 C．300种 D．345种
【考点】分类加法计数原理；分步乘法计数原理．
【专题】排列组合．
【答案】D
【分析】选出的4人中恰有1名女同学的不同选法，1名女同学来自甲组和乙组两类型．
【解答】解：分两类（1）甲组中选出一名女生有 225种选法；
（2）乙组中选出一名女生有 120种选法．故共有345种选法．
故选：D．
【点评】分类加法计数原理和分类乘法计数原理，最关键做到不重不漏，先分类，后分步！
6．（2024 南昌一模）甲乙两人从4门课程中各选修两门，则甲乙所选的课程中至少有1门不相同的选法共有（　　）种．
A．30 B．36 C．60 D．72
【考点】计数原理的应用．
【专题】应用题；排列组合．
【答案】A
【分析】“至少1门不同”包括两种情况，两门均不同和有且只有1门相同，再利用分步计数原理，即可求得结论．
【解答】解：甲、乙所选的课程中至少有1门不相同的选法可以分为两类：
1、甲、乙所选的课程中2门均不相同，甲先从4门中任选2门，乙选取剩下的2门，有C42C22＝6种．
2、甲、乙所选的课程中有且只有1门相同，分为2步：①从4门中先任选一门作为相同的课程，有C41＝4种选法；②甲从剩余的3门中任选1门乙从最后剩余的2门中任选1门有C31C21＝6种选法，由分步计数原理此时共有C41C31C21＝24种．
综上，由分类计数原理，甲、乙所选的课程中至少有1门不相同的选法共有6+24＝30种．
故选：A．
【点评】本题考查排列组合知识，合理分类、正确分步是解题的关键．
7．（2024 定远县校级期末）某同学从4本不同的科普杂志，3本不同的文摘杂志，2本不同的娱乐新闻杂志中任选一本阅读，则不同的选法共有（　　）
A．24种 B．9种 C．3种 D．26种
【考点】分类加法计数原理；排列组合的综合应用．
【专题】应用题；方程思想；综合法；排列组合．
【答案】B
【分析】分清是分类计数原理还是分步计数原理，即可求出答案．
【解答】解：某同学从4本不同的科普杂志，3本不同的文摘杂志，2本不同的娱乐新闻杂志中任选一本阅读，共有4+3+2＝9种选法，
故选：B．
【点评】本题考查简单计数原理的应用，是容易题．
8．（2024 聊城期末）将5种不同的花卉种植在如图所示的四个区域中，每个区域种植一种花卉，且相邻区域花卉不同，则不同的种植方法种数是（　　）
A．420 B．180 C．64 D．25
【考点】计数原理的应用．
【专题】计算题；对应思想；定义法；排列组合；运算求解．
【答案】B
【分析】由于规定一个区域只涂一种颜色，相邻的区域颜色不同，可分步进行，区域A有5种涂法，B有4种涂法，讨论A，D同色和异色，根据乘法原理可得结论．
【解答】解：方法一：由题意，由于规定一个区域只涂一种颜色，相邻的区域颜色不同，可分步进行，
区域A有5种涂法，B有4种涂法，
A，D不同色，D有3种，C有2种涂法，有5×4×3×2＝120种，
A，D同色，D有4种涂法，C有3种涂法，有5×4×3＝60种，
∴共有180种不同的涂色方案．
方法二：分步，比如先排BCD，两两不同色，有5×4×3＝60种，再排A，只要与BC不同，有3种，故共180种
故选：B．
【点评】本题考查排列组合的应用，涉及分步计数原理的应用，注意分析图形中区域相邻的情况．
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2024 顺德区校级期中）现有3名老师，8名男生和5名女生共16人，有一项活动需派人参加，则下列命题中正确的是（　　）
A．只需1人参加，有16种不同选法
B．若需老师、男生、女生各1人参加，则有120种不同选法
C．若需1名老师和1名学生参加，则有39种不同选法
D．若需3名老师和1名学生参加，则有56种不同选法
【考点】分步乘法计数原理．
【专题】对应思想；综合法；排列组合；运算求解．
【答案】ABC
【分析】根据分步乘法计数原理，即可得解．
【解答】解：对于A，从16人中选1人，有16种选法，即A正确；
对于B，3×8×5＝120种选法，即B正确；
对于C，3×13＝39种不同的选法，即C正确；
对于D，1×13＝13种不同的选法，即D错误．
故选：ABC．
【点评】本题考查计数原理的应用，熟练掌握分步乘法计数原理是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．
（多选）10．（2024 黄冈期中）在某城市中，A，B两地之间有如图所示的道路网．甲随机沿路网选择一条最短路径，从A地出发去往B地．下列结论正确的有（　　）
A．不同的路径共有31条
B．不同的路径共有61条
C．若甲途经C地，则不同的路径共有18条
D．若甲途经C地，且不经过D地，则不同的路径共有9条
【考点】分步乘法计数原理；分类加法计数原理．
【专题】应用题；转化思想；综合法；概率与统计；数学抽象；运算求解．
【答案】ACD
【分析】从A地出发去往B地的最短路径共包含7步，其中3步向上，4步向右，且前3步中，至少有1步向上，以此分类计算可判断AB；若甲途经C地，分两段A﹣C与C﹣D的路径条数相乘即可；若甲途经C地，且不经过D地，则途经C后只能向上走，所以分两段A﹣C与C上面临点﹣B的路径条数相乘即可．
【解答】解：由图可知，从A地出发去往B地的最短路径共包含7步，其中3步向上，4步向右，且前3步中，至少有1步向上，则不同的路径共有条；
若甲途经C地，分两段A﹣C与C﹣D的路径，则不同的路径共有条；
若甲途经C地，且不经过D地，则途经C后只能向上走，所以分两段A﹣C与C上面临点﹣B的路径条数共有条．
故选：ACD．
【点评】本题考查分类加法计数原理、分步乘法计数原理、组合数公式应用，考查数学运算能力及抽象能力，属于基础题．
（多选）11．（2024春 双城区校级月考）由0，1，2，3，4，5，6，7，8，9，这十个数字组成无重复数字的五位数，且1不能在个位，则关于这样的五位数的个数，下列表示正确的有（　　）
A．（）2
B．（）2
C．2
D．
【考点】数字问题．
【专题】计算题；方程思想；转化思想；排列组合；运算求解．
【答案】BCD
【分析】利用排除法和讨论法，两种方法计算．
【解答】解：0，1，2，3，4，5，6，7，8，9，这十个数字组成无重复数字的五位数，且1不能在个位，则关于这样的五位数的个数，
排除法：总共有，减去1在个位和0在第一位的共有2，加上0在第一位，1在个位的，
共有273种；故C正确；
若1不在个位，从除去1以外剩下9个元素中选择4个元素排在第2，3，4，5位，有种；
讨论法：若有1，（1）若1在第一位；共有种；
（2）若1在第2，第3，第4位，共有，
若没有1，第1位，有，剩下有，共有，
故有73种；
而选项B，（）273种；
故选：BCD．
【点评】本题考查排列、组合的应用，涉及分步、分类计数原理的应用，属于中档题．
（多选）12．（2024春 顺德区校级期中）（多选）下列说法中正确的有（　　）
A．4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每人报一项，共有43种报名方法
B．4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每人报一项，共有34种报名方法
C．4名同学争夺跑步、跳高、跳远三项冠军（每项冠军只允许一人获得），共有43种可能结果
D．4名同学争夺跑步、跳高、跳远三项冠军（每项冠军只允许一人获得），共有34种可能结果
【考点】计数原理的应用．
【专题】计算题；转化思想；综合法；排列组合；运算求解．
【答案】BC
【分析】利用计算原理，转化求解判断选项的正误即可．
【解答】解：对于A、B，4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每人报一项，每人都有3种选择，共有34种报名方法，所以A错误；B正确；
对于C、D，4名同学争夺跑步、跳高、跳远三项冠军（每项冠军只允许一人获得），每个冠军有4种可能，共有43 种可能结果，所以C正确，D错误．
故选：BC．
【点评】本题考查计数原理以及排列组合的简单应用，是中档题．
三．填空题（共4小题）
13．（2024 浙江）从1，3，5，7，9中任取2个数字，从0，2，4，6中任取2个数字，一共可以组成　1260　个没有重复数字的四位数．（用数字作答）．
【考点】数字问题．
【专题】计算题；方程思想；转化思想；排列组合．
【答案】见试题解答内容
【分析】解：根据题意，分2种情况讨论：①，从0，2，4，6中取出的2个数字中没有0，②，从0，2，4，6中取出的2个数字中含有0，由分步计数原理计算每一种情况下四位数的数目，由加法原理计算可得答案．
【解答】解：根据题意，分2种情况讨论：
①，从0，2，4，6中取出的2个数字中没有0，有C32＝3种取法，
从1，3，5，7，9中任取2个数字，有C52＝10种取法，
再将选出的4个全排列，安排在4个数位，有A44＝24种情况，
一共可以组成3×10×24＝720个没有重复数字的四位数；
②，从0，2，4，6中取出的2个数字中含有0，有C31＝3种取法，
从1，3，5，7，9中任取2个数字，有C52＝10种取法，
0不能在千位位置，其它3个数字任意排列，有3×A33＝18种情况
一共可以组成3×10×18＝540个没有重复数字的四位数；
故一共可得组成720+540＝1260个没有重复数字的四位数；
故答案为：1260．
【点评】本题考查排列组合及简单的计数问题，先选后排是解决问题的关键，属于综合题．
14．（2024 上海）已知A＝{﹣3，﹣2，﹣1，0，1，2，3}，a、b∈A，则|a|＜|b|的情况有 　18　种．
【考点】分类加法计数原理．
【专题】转化思想；综合法；概率与统计；运算求解．
【答案】见试题解答内容
【分析】先讨论a的取值，得到对应b的值，再整体求和即可．
【解答】解：当a＝﹣3，0种，
当a＝﹣2，2种，
当a＝﹣1，4种；
当a＝0，6种，
当a＝1，4种；
当a＝2，2种，
当a＝3，0种，
故共有：2+4+6+4+2＝18．
故答案为：18．
【点评】本题主要考查分类讨论思想在概率中的应用，属于基础题目．
15．（2024 浙江）用1，2，3，4，5，6组成六位数（没有重复数字），要求任何相邻两个数字的奇偶性不同，且1和2相邻．这样的六位数的个数是　40　（用数字作答）．
【考点】分步乘法计数原理．
【专题】计算题；压轴题．
【答案】见试题解答内容
【分析】欲求可组成符合条件的六位数的个数，只须利用分步计数原理分三步计算：第一步：先将3、5排列，第二步：再将4、6插空排列，第三步：将1、2放到3、5、4、6形成的空中即可．
【解答】解析：可分三步来做这件事：
第一步：先将3、5排列，共有A22种排法；
第二步：再将4、6插空排列，插空时要满足奇偶性不同的要求，共有2A22种排法；
第三步：将1、2放到3、5、4、6形成的空中，共有C51种排法．
由分步乘法计数原理得共有A22 2A22 C51＝40（种）．
答案：40
【点评】本题考查的是分步计数原理，分步计数原理（也称乘法原理）完成一件事，需要分成n个步骤，做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法…做第n步有mn种不同的方法．那么完成这件事共有N＝m1×m2×…×mn种不同的方法．
16．（2024 重庆）某人有4种颜色的灯泡（每种颜色的灯泡足够多），要在如图所示的6个点A、B、C、A1、B1、C1上各装一个灯泡，要求同一条线段两端的灯泡不同色，则每种颜色的灯泡都至少用一个的安装方法共有　216　种（用数字作答）．
【考点】分步乘法计数原理．
【专题】压轴题．
【答案】见试题解答内容
【分析】由题意知分3步进行，为A、B、C三点选三种颜色灯泡共有种选法；在A1、B1、C1中选一个装第4种颜色的灯泡，有3种情况；为剩下的两个灯选颜色，假设剩下的为B1、C1，若B1与A同色，则C1只能选B点颜色；若B1与C同色，则C1有A、B处两种颜色可选．故为B1、C1选灯泡共有3种选法，即剩下的两个灯有3种情况，根据计数原理得到结果．
【解答】解：每种颜色的灯泡都至少用一个，即用了四种颜色的灯进行安装，分3步进行，
第一步，A、B、C三点选三种颜色灯泡共有种选法；
第二步，在A1、B1、C1中选一个装第4种颜色的灯泡，有3种情况；
第三步，为剩下的两个灯选颜色，假设剩下的为B1、C1，若B1与A同色，则C1只能选B点颜色；
若B1与C同色，则C1有A、B处两种颜色可选．
故为B1、C1选灯泡共有3种选法，得到剩下的两个灯有3种情况，
则共有3×3＝216种方法．
故答案为：216
【点评】本题用到两个计数原理，用两个计数原理解决计数问题时，最重要的是在开始计算之前要进行仔细分析要完成的“一件事”是什么，可以“分类”还是需要“分步”．
四．解答题（共4小题）
17．（2024 麦积区校级期中）带有编号1、2、3、4、5的五个球．
（1）全部投入4个不同的盒子里；
（2）放进不同的4个盒子里，每盒一个；
（3）将其中的4个球投入4个盒子里的一个（另一个球不投入）；
（4）全部投入4个不同的盒子里，没有空盒；各有多少种不同的放法？
【考点】分步乘法计数原理；排列组合的综合应用．
【专题】计算题．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）由分步计数原理，五个球全部投入4个不同的盒子里放法数即可．
（2）由排列数公式，利用排列数公式求出五个不同的球放进不同的4个盒子里（每盒一个）共有多尔种放法．
（3）利用乘法原理即可计算出将其中的4个球投入一个盒子里放法．
（4）利用乘法原理即可计算出全部投入4个不同的盒子里（没有空盒）放法．
【解答】解：（1）由分步计数原理，五个球全部投入4个不同的盒子里共有45种放法．
（2）由排列数公式，五个不同的球放进不同的4个盒子里（每盒一个）共有A54种放法．
（3）将其中的4个球投入一个盒子里共有C54C41＝20种放法．
（4）全部投入4个不同的盒子里（没有空盒）共有：C52A44种不同的放法．
【点评】排列与组合问题要区分开，若题目要求元素的顺序则是排列问题，排列问题要做到不重不漏，有些题目带有一定的约束条件，解题时要先考虑有限制条件的元素．
18．（2024 江苏）设n∈N*，对1，2，……，n的一个排列i1i2……in，如果当s＜t时，有is＞it，则称（is，it）是排列i1i2……in的一个逆序，排列i1i2……in的所有逆序的总个数称为其逆序数．例如：对1，2，3的一个排列231，只有两个逆序（2，1），（3，1），则排列231的逆序数为2．记fn（k）为1，2，…，n的所有排列中逆序数为k的全部排列的个数．
（1）求f3（2），f4（2）的值；
（2）求fn（2）（n≥5）的表达式（用n表示）．
【考点】计数原理的应用；排列及排列数公式．
【专题】计算题；集合思想；转化法；推理和证明．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）由题意直接求得f3（2）的值，对1，2，3，4的排列，利用已有的1，2，3的排列，将数字4添加进去，4在新排列中的位置只能是最后三个位置，由此可得f4（2）的值；
（2）对一般的n（n≥4）的情形，可知逆序数为0的排列只有一个，逆序数为1的排列只能是将排列12…n中的任意相邻两个数字调换位置得到的排列，fn（1）＝n﹣1．
为计算fn+1（2），当1，2，…，n的排列及其逆序数确定后，将n+1添加进原排列，n+1在新排列中的位置只能是最后三个位置，可得fn+1（2）＝fn（2）+fn（1）+fn（0）＝fn（2）+n，则当n≥5时，fn（2）＝[fn（2）﹣fn﹣1（2）]+[fn﹣1（2）﹣fn﹣2（2）]+…+[f5（2）﹣f4（2）]+f4（2），则fn（2）（n≥5）的表达式可求．
【解答】解：（1）记μ（abc）为排列abc得逆序数，对1，2，3的所有排列，有
μ（123）＝0，μ（132）＝1，μ（231）＝2，μ（213）＝1，μ（312）＝2，μ（321）＝3，
∴f3（0）＝1，f3（1）＝f3（2）＝2，
对1，2，3，4的排列，利用已有的1，2，3的排列，将数字4添加进去，4在新排列中的位置只能是最后三个位置．
因此，f4（2）＝f3（2）+f3（1）+f3（0）＝5；
（2）对一般的n（n≥4）的情形，逆序数为0的排列只有一个：12…n，∴fn（0）＝1．
逆序数为1的排列只能是将排列12…n中的任意相邻两个数字调换位置得到的排列，fn（1）＝n﹣1．
为计算fn+1（2），当1，2，…，n的排列及其逆序数确定后，将n+1添加进原排列，n+1在新排列中的位置只能是最后三个位置．
因此，fn+1（2）＝fn（2）+fn（1）+fn（0）＝fn（2）+n．
当n≥5时，fn（2）＝[fn（2）﹣fn﹣1（2）]+[fn﹣1（2）﹣fn﹣2（2）]+…+[f5（2）﹣f4（2）]+f4（2）
＝（n﹣1）+（n﹣2）+…+4+f4（2）．
因此，当n≥5时，fn（2）．
【点评】本题主要考查计数原理、排列等基础知识，考查运算求解能力和推理论证能力，是中档题．
19．（2024 南京模拟）（1）用红、黄、蓝、白四种不同颜色的鲜花布置如图一所示的花圃，要求同一区域上用同一种颜色鲜花，相邻区域用不同颜色鲜花，问共有多少种不同的摆放方案？
（2）用红、黄、蓝、白、橙五种不同颜色的鲜花布置如图二所示的花圃，要求同一区域上用同一种颜色鲜花，相邻区域使用不同颜色鲜花．求恰有两个区域用红色鲜花的概率；
【考点】分步乘法计数原理；离散型随机变量及其分布列．
【专题】计算题；压轴题；分类讨论．
【答案】见试题解答内容
【分析】对于（1）根据分步计数原理依次摆放鲜花，可直接解得．
对于（2）求恰有两个区域用红色鲜花的概率．设M表示事件“恰有两个区域用红色鲜花”，把图二5个区域中的4个区域用A、B、D、E分别表示出来，然后分类讨论出①当区域A、D同色时和②当区域A、D不同色时的总的排列种数．再求出有两个区域同用红色的种数，相除即可得到答案．
【解答】解：（1）根据分步计数原理，
摆放鲜花的不同方案有：4×3×2×2＝48种．
（2）设M表示事件“恰有两个区域用红色鲜花”，
如下图，①当区域A、D同色时，共有5×4×3×1×3＝180种；
②当区域A、D不同色时，共有5×4×3×2×2＝240种；
因此，所有基本事件总数为：180+240＝420种．
（由于只有A、D，B、E可能同色，故可按选用3色、4色、5色分类计算，求出基本事件总数为A53+2A54+A55＝420种）
它们是等可能的．又因为A、D为红色时，共有4×3×3＝36种；B、E为红色时，共有4×3×3＝36种；
因此，事件M包含的基本事件有：36+36＝72种．
所以，P（M）．
【点评】此题主要考查分步乘法计数原理和简单的排列组合问题在实际中的应用，题中涉及到分类讨论思想，在高考中属于常用思想，同学们需要多加注意．
20．（2024 杭锦后旗校级期中）有甲、乙、丙、丁、戊5位同学，求：
（1）5位同学站成一排，有多少种不同的方法？
（2）5位同学站成一排，要求甲乙必须相邻，丙丁不能相邻，有多少种不同的方法？
（3）将5位同学分配到三个班，每班至少一人，共有多少种不同的分配方法？
【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）5位同学站成一排，全排列即可．
（2）利用捆绑和插空法排列即可．
（3）分组（3，1，1），（2，2，1）两组，计算即可．
【解答】解：（1）5位同学站成一排共有120．
（2）5位同学站成一排，要求甲乙必须相邻，丙丁不能相邻，先用捆绑排甲乙，再和戊全排，形成3个空，插入丙丁即可．
故有24．
（3）人数分配方式有①3，1，1有60种方法
②2，2，1有90种方法
所以，所有方法总数为60+90＝150种方法．
【点评】本题考查排列、组合的应用，（1）运用捆绑法与插空法来分析相邻与不相邻问题，（2）注意分类讨论的应用．
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