腊肠的制作方法-电脑密码怎么破解

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排列组合
2016.11.16
一、选择题：
1． 将
3
个不同的小球放入
4
个盒子中，则不同放法种数有
A．
81
B．
64
C．
12
D．
14

2．
5
个人排成一排,其中甲、乙两人至少有一人在两端的排法种数有
3352323113
A．
A
3
B．
4A
3
C．
A
5
A
3
A
3
D．
A
2
A
3
A
2
A
3
A
3

3．
a,b,c,d,e
共
5
个人，从中选1名组长1名副组长，但
a
不能当副组长，不同的选法
总数是
A.
20
B．
16
C．
10
D．
6

4．现有男、女学生共
8
人，从男生中选
2
人，从女生中选
1
人分别参加数学、物理、化
学三科竞赛，共有
90
种不同方案，那么男、女 生人数分别是
A．男生
2
人女生
6
人 B．男生
3
人女生
5
人
C．男生
5
人女生
3
人

D．男生
6
人女生
2
人.
5． 6．
A．
180
B．
90
C．
45
D．
360

6．由数字
1
、
2
、
3、
4
、
5
组成没有重复数字的五位数，其中小于
50000的偶数共有
A．
60
个 B．
48
个 C．
36
个 D．
24
个
7．
3
张不 同的电影票全部分给
10
个人,每人至多一张,则有不同分法的种数是
A．
1260
B．
120
C．
240
D．
720

8．
nN
且
n55
,则乘积(55n)(56n)L(69n)
等于
A．
A
69n
B．
A
69n
C．
A
55n
D．
A
69n

9 ．从不同号码的
5
双鞋中任取
4
只，其中恰好有
1
双的取法 种数为
A．
120
B．
240
C．
280
D．
60

10．不共面的四个定点到面

的距离都相等，这样的面

共有几个
A．
3
B．
4
C．
6
D．
7

11．设含有
10
个元素的集合的全部子集数为
S
，其中由
3
个元素组成的子集数为
T
，则
的值为
A.
55n
151514
T
S
20151621
B． C． D．
8

15．
4
名男生，
4
名女生排成一排，女生不排两端，则有 种不同排法. （8640 ）
17．在
1,2,3,...,9
的九个数字里，任 取四个数字排成一个首末两个数字是奇数的四位数，
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这样的四位数有_________________个. （840）
18．用
1 ,4,5,x
四个不同数字组成四位数,所有这些四位数中的数字的总和为
288
,则
x
= . （2）
2222
5．若
C
3< br>C
4
C
5
LC
n
363,
则自然 数
n
_____.(13)

19．
n
个人参加某项资格考试，能否通过，有 种可能的结果？( 2
n
)
20．已知集合
S

1,0,1
< br>,
P

1,2,3,4

,从集合
S
,< br>P
中各取一个元素作为点的坐标,
可作出不同的点共有_____个. (23) 22．
A

1,2,3,4,5,6,7,8,9

，则含有 五个元素，且其中至少有两个偶数的子集个数为
_____.105
23．
8
张椅子排成,有
4
个人就座,每人
1
个座位,恰有
3
个连 续空位的坐法共有多少
种?_______ 480


25．
7
个人排成一排，在下列情况下，各有多少种不同排法？
（1）甲排头:
（2）甲不排头，也不排尾:
（3）甲、乙、丙三人必须在一起:
（4）甲、乙之间有且只有两人:
（5）甲、乙、丙三人两两不相邻:
（6）甲在乙的左边（不一定相邻）:
（7）甲、乙、丙三人按从高到矮，自左向右的顺序:
（8）甲不排头，乙不排当中:
66
解：（1）甲固定不动，其余有
A6
720
，即共有
A
6
720
种；
61 6
1
（2）甲有中间
5
个位置供选择，有
A
5
，其 余有
A
6
720
，即共有
A
5
A
63600
种；
（3）先排甲、乙、丙三人，有
A
3
，再把该 三人当成一个整体，再加上另四人，
553
相当于
5
人的全排列，即
A
5
，则共有
A
5
A
3
720
种； < br>3
（4）从甲、乙之外的
5
人中选
2
个人排甲、乙之间，有< br>A
5
，甲、乙可以交换有
A
2
，
把该四人当成一个整体，再加上另三人，相当于
4
人的全排列，
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22

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224
则共有
A
5
A
2
A
4
960
种；
（5）先排甲、乙、丙之外的四人 ，有
A
4
，四人形成五个空位，甲、乙、丙三人
排
334
这五个空位，有
A
5
，则共有
A
5
A
4
 1440
种；
4
（6）不考虑限制条件有
A
7
，甲在乙的 左边（不一定相邻），占总数的一半，
即
7
1
7
A
7
2520
种；
2
4
（7）先在
7
个位置上排甲、乙、丙之外的四人，有
A
7
，留下三个空位，甲、乙、
4
丙三人按从高到矮，自左向右的顺序自动入列，不能乱 排的，即
A
7
840

（8）不考虑限制条件有
A
7
，而甲排头有
A
6
，乙排当中有
A
6
，这样重 复了甲排
5765
头，乙排当中
A
5
一次，即
A
7
2A
6
A
5
3720

766
< br>1．
6
个人坐在一排
10
个座位上,问(1)空位不相邻的坐法有多少 种?(2)
4
个空位只有
3
个
相邻的坐法有多少种?(3)
4
个空位至多有
2
个相邻的坐法有多少种?
解：
6
个人排有
A
6
种,
6
人排好后包括两端共有
7
个“间隔”可以插入空位.
4
(1)空位不相邻相当于将
4
个空位安插在上述
7
个“间隔”中,有
C
7
35
种插法，
6
C
7
4
25200
种。 故空位不相邻的坐法有
A
6
g
6
(2)将相邻的
3
个空位当作一个元素,另一空 位当作另一个元素,往
7
个“间隔”里插
62
2
有
A7
种插法,故
4
个空位中只有
3
个相邻的坐法有
A6
A
7
30240
种。
(3)
4
个空位至少有
2
个相邻的情况有三类：
①
4
个空位各不相邻有
C
7
种坐法;
②
4
个空位
2
个相邻，另有
2
个不相邻有
C
7
C
6
种坐法;
③
4
个空位分两组,每组都有
2
个相邻,有
C
7
种坐法.
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2
12
4

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64122
综合上述, 应有
A
6
(C
7
C
7
C
6
C
7
)118080
种坐法。
2．有
6
个球,其中
3
个黑球,红、白、蓝球各
1
个，现从中取出
4
个球排成一列，共 有多少
种不同的排法？
4
解：分三类：若取
1
个黑球，和另三个球 ，排
4
个位置，有
A
4
24
；
若取
2
个黑球，从另三个球中选
2
个排
4
个位置，
2
个黑 球是相同的，
22
自动进入，不需要排列，即有
C
3
A
4
36
；
若取
3
个黑球，从另三个球中选
1
个排
4
个位置，
3
个黑球是相同的，
11
自动进入，不需要排 列，即有
C
3
A
4
12
；
所以有
24361272
种。




15、
8640

16、
4,C
20
x

17、
840

18、2
19、
2

20、 23
21、15
22、105
23、480
24、0.956
66
25．解：（1）甲固定不动，其余有
A
6
720
，即共有
A
6
720
种；
6161
（2）甲有中间
5
个位置供选择，有
A
5
，其余有< br>A
6
720
，即共有
A
5
A
6
 3600
1530
n
种；
（3）先排甲、乙、丙三人，有
A
3
，再把该三人当成一个整体，再加上另四人，
553
相当于
5
人 的全排列，即
A
5
，则共有
A
5
A
3
7 20
种；
3
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（4）从甲、乙 之外的
5
人中选
2
个人排甲、乙之间，有
A
5
，甲 、乙可以交换有
A
2
，
把该四人当成一个整体，再加上另三人，相当于
4
人的全排列，
224则共有
A
5
A
2
A
4
960
种；
22
（5）先排甲、乙、丙之外的四人，有
A
4
，四人形成五个空位 ，甲、乙、丙三人
排
334
这五个空位，有
A
5
，则共有
A
5
A
4
1440
种；
4
（6）不考 虑限制条件有
A
7
，甲在乙的左边（不一定相邻），占总数的一半，
即
7
1
7
A
7
2520
种；
2
4
（7）先在
7
个位置上排甲、乙、丙之外的四人，有
A
7
，留下三个空位，甲、乙、
4
丙三人按从高到矮，自左向右的顺序自动入列，不能乱 排的，即
A
7
840

（8）不考虑限制条件有
A
7
，而甲排头有
A
6
，乙排当中有
A
6
，这样重 复了甲排
5765
头，乙排当中
A
5
一次，即
A
7
2A
6
A
5
3720

766
50
6．解：设
f(x)(23x)
，令
x1
，得
a0
a
1
a
2
La
50
(23)< br>50

令
x1
，得
a
0
a
1
a
2
La
50
(23)
50< br>
(a
0
a
2
a
4
La
5 0
)
2
(a
1
a
3
a
5
 La
49
)
2


(a
0
a
1
a
2
La
50
)(a
0
a
1< br>a
2
La
50
)(23)
50
(23)
50
1










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1
 
7
4．已知

x
2


展开式中的二项 式系数的和比
(3a2b)
展开式的二项式系数的和大
x

1< br>
128
,求

x
2


展开式 中的系数最大的项和系数量小的项.
x








n
n
1

5．（2）

xx

的展开式奇数项的二项式系数之和为
128
，
3
x

则求展开式中二项式系数最大项。








n

(数学选修2--3) 第一章 计数原理
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[综合训练B组]
一、选择题
二、填空题
[提高训练C组]
一、选择题

4．设含有
10
个元素的集合的全部子集数为< br>S
，其中由
3
个元素组成的子集数为
T
，则
的值为A .
T
S
20151621
B． C． D．
8
22
5．若
(2x3)
4
a
0
a
1
xa
2
x
2
a
3
x
3
a
4
x
4
，则
(a
0
a
2
a
4
)(a
1
a
3
)
的值为
A.
1
B．
1
C．
0
D．
2

二、填空题
2．在△
AOB
的边
O A
上有
5
个点，边
OB
上有
6
个点，加上
O
点共个点，以这
12
个点
为顶点的三角形有 个.
2 222
5．若
C
3
C
4
C
5
LC
n
363,
则自然数
n
_____.(13)
三、解答题
1．
6
个人坐在一排
10
个座位上,问(1) 空位不相邻的坐法有多少种?(2)
4
个空位只有
3
个
相邻的坐法有多少种?(3)
4
个空位至多有
2
个相邻的坐法有多少种?
解：
6
个人排有
A
6
种,
6
人排好后包括两端共有
7
个“间隔”可以插入空位.
4
(1)空位不相邻相当于将
4
个空位安插在上述
7
个“间隔”中,有
C
7
35
种插法，
6
C
7
4
25200
种。 故空位不相邻的坐法有
A
6
g
6
(2)将相邻的
3
个空位当作一个元素,另一空 位当作另一个元素,往
7
个“间隔”里插
62
2
有
A7
种插法,故
4
个空位中只有
3
个相邻的坐法有
A6
A
7
30240
种。
(3)
4
个空位至少有
2
个相邻的情况有三类：
①
4
个空位各不相邻有
C
7
种坐法;
②
4
个空位
2
个相邻，另有
2
个不相邻有
C
7
C
6
种坐法;
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12
4

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③
4
个空位分两组,每组 都有
2
个相邻,有
C
7
种坐法.
64122
综合 上述,应有
A
6
(C
7
C
7
C
6
C
7
)118080
种坐法。
2
2．有
6
个球,其中
3
个黑球,红、白、蓝球各
1
个，现从中取出
4
个球排成一列，共有多少
种不同的排法？
4
解：分三类：若取
1
个 黑球，和另三个球，排
4
个位置，有
A
4
24
；
若取
2
个黑球，从另三个球中选
2
个排
4
个位置，
2
个黑球是相同的，
22
自动进入，不需要排列，即有
C
3A
4
36
；
若取
3
个黑球，从另三个球中选
1
个排
4
个位置，
3
个黑球是相同的，
11
自 动进入，不需要排列，即有
C
3
A
4
12
；
所以有
24361272
种。




数学选修2-3 第一章 计数原理 [基础训练A组]
一、选择题
1．B 每个小球都有
4
种可能的放法，即
44464

2．C 分两类：（1）甲型
1
台，乙型
2
台：
C4
C
5
；（2）甲型
2
台，乙型
1
台：
C
4
C
5

1221

C
4
C
5
C
4
C
5
70

5523
23
3．C 不考虑限制条件有
A
5
，若甲， 乙两人都站中间有
A
3
A
3
，
A
5
A< br>3
A
3
为所求
121
2
4．B 不考虑限制条 件有
A
5
，若
a
偏偏要当副组长有
A
4
，
A
5
A
4
16
为所求
213
5．B 设男学生有
x
人，则女学生有
8x
人，则
C
x
C
8x
A
3
90,

1221
即
x(x1)(8x)30235,x3

14
8rr8 r
x
8r
1
r
1
r
1
8rrr8 rr
3
(1)()C
8
x
3
6．A
T
r1
C()(
3
)(1)()C
8
x
2 22
x
r
8
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令
8
41
r0,r6,T
7
(1)
6
( )
86
C
8
6
7

32
5553322
7．B
(12x)(2x)2(12x) x(12x)...2C
5
(2x)xC
5
(2x)...

2333

(4C
5
16C
5
)x...120x...

8．A 只有第六项二项式系数最大，则
n10
，

T
r1
C(x)
二、填空题
344
4
1．（1）
10

C
5
10
；（2）
5

C
5
5
；（3）
14

C
6
C
4
14

44
44
2．
8640
先排女生有
A
6，再排男生有
A
4
，共有
A
6
A
4
8640

1515
3．
480

0
既不能排 首位，也不能排在末尾，即有
A
4
，其余的有
A
5
，共有< br>A
4
A
5
480

46
r10r
x1890x
6
4．
1890

T
r1
C
10
x(3)
r
，令
10 r6,r4,T
5
9C
10
4r1r11521515301530
5．
4,C
20
x

C
20C
20
,4r1r120,r4,T
16
C
20
(x)C
20
x

22
22
6．从五个奇数 中任取两个来排列有
A
5
，其余的
A
7
，共有
A< br>5
A
7
840

840
先排首末，
4
7．
2
当
x0
时，有
A
4
24
个四位数，每个四位数的数字之和为
145x

r
10
10r
5
5r
2
r
5
rr
2
(
2
)2C
10
x
2
，令
5r 0,r2,T
3
4C
10
180

x
2

24(145x)288,x2
；当< br>x0
时，
288
不能被
10
整除，即无解
325314
8．
11040
不考虑
0
的特殊情况， 有
C
5
C
5
A
5
12000,
若
0
在首位，则
C
5
C
4
A
4
960,

325314

C
5
C
5
A
5
C
5
C
4
A
4
120 0096011040

三、解答题
2
2
1．解：（1）①是 排列问题，共通了
A
11
110
封信；②是组合问题，共握手
C< br>11
55
次。
22
（2）①是排列问题，共有
A
10
90
种选法；②是组合问题，共有
C
10
45
种选 法。
22
（3）①是排列问题，共有
A
8
56
个商；② 是组合问题，共有
C
8
28
个积。
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66
2．解：（1）甲固定不动，其余有
A
6
720
，即共有
A
6
720
种；
616
1
（2）甲有中间
5
个位置供选择，有
A
5
，其余 有
A
6
720
，即共有
A
5
A
6
3600
种；
（3）先排甲、乙、丙三人，有
A
3
，再把该三 人当成一个整体，再加上另四人，
553
相当于
5
人的全排列，即
A
5
，则共有
A
5
A
3
720
种； 3
（4）从甲、乙之外的
5
人中选
2
个人排甲、乙之间，有A
5
，甲、乙可以交换有
A
2
，
把该四人当成一个整体，再加上另三人，相当于
4
人的全排列，
224则共有
A
5
A
2
A
4
960
种；
22
（5）先排甲、乙、丙之外的四人，有
A
4
，四人形成五个空位 ，甲、乙、丙三人
排
334
这五个空位，有
A
5
，则共有
A
5
A
4
1440
种；
4
（6）不考 虑限制条件有
A
7
，甲在乙的左边（不一定相邻），占总数的一半，
即
7
1
7
A
7
2520
种；
2
4
（7）先在
7
个位置上排甲、乙、丙之外的四人，有
A
7
，留下三个空位，甲、乙、
4
丙三人按从高到矮，自左向右的顺序自动入列，不能乱 排的，即
A
7
840

（8）不考虑限制条件有
A
7
，而甲排头有
A
6
，乙排当中有
A
6
，这样重 复了甲排
5765
头，乙排当中
A
5
一次，即
A
7
2A
6
A
5
3720

766
< br>2x14

x3

43
3．解：
(1)A2x1
140A
x



xN



(2x1)2x(2x1)(2x2)140x(x1)(x2)
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
x3


xN

(2x1)(2x1)35(x2)


x 3



xN

4x
2
35x69 0

得
x3

22122122
(2)C
n 3
C
n1
C
n1
C
n
,C
n 2
C
n2
C
n2
C
n


C
1
n2
n(n1)
C,n2,n4
2
2
n

1
r
1

n7
r28rrr 163r
4．解：
22128,n8
，

x
2

的通项
T
r1
C
8
(x)()( 1)C
8
x

x
x

4
当
r 4
时，展开式中的系数最大，即
T
5
70x
为展开式中的系数最 大的项；
7
当
r3,或5
时，展开式中的系数最小，即
T
2
56x,T
6
56x
为展开式中
8
的系数最小的项。
25
5．解：（1）由已知得
C
n< br>C
n
n7

135n1
（2）由已知得
C< br>n
C
n
C
n
...128,2128,n8，而展开式中二项式
系数最大项是
T
41
C
8
( xx)(
44
1
44
3
2
)70xx
。
3
x
50
6．解：设
f(x)(23x)
，令
x1
，得
a
0
a
1
a
2
La
50
(23)
50

令
x1
，得
a
0
a
1
a
2
La
50
(23)
50

(a
0
a
2
a
4
La
50
)
2
(a
1
a
3
a
5
La
49
)
2


(a0
a
1
a
2
La
50
)(a
0
a
1
a
2
La
50
)(23)50
(23)
50
1


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数学选修2-3 第一章 计数原理 [综合训练B组]
一、选择题
13113
1
1．C 个位
A
2< br>，万位
A
3
，其余
A
3
，共计
A
2
A
3
A
3
36

3
2．D 相当于
3
个元素排
10
个位置，
A
10
720

3．B 从
55n
到
69n
共计有
15
个 正整数，即
A
69n

4．A 从
c,d,e,f
中 选
2
个，有
C
4
，把
a,b
看成一个整体，则3
个元素全排列，
A
3

23
共计
C
4
A
3
36

15
2
3
5．A 先从
5
双鞋中任取
1
双，有
C
5
，再从
8
只鞋中任取
2
只，即
C
8
，但需要排除
212

4
种成双的情 况，即
C
8
4
，则共计
C
5
(C
84)120

1
2
7
6．D
T
8< br>C
10
(3i)
3
(x)
7
3603ix7
，系数为
3603i

7．A
T
r1
C
2n
(2x)
则
2 C
2n1
2n
r2nr
(
1
rr2n2r
， 令
2n2r2,rn1

)2
2nr
C
2n< br>x
2x
n1
2n
224,C
C
8
32
14
56,n4
，再令
82r2,r5,T
6
x
2

4x
31
8．D
(1x)(1 x)(1x)x(1x)(C
10
C
10
)x...20 7x...

二、填空题
1．
2
每个人都有通过或不通过
2
种可能，共计有
22...2(n个2)2

1331
2．
60
四个整数和为奇数分两类：一奇三偶或三奇一偶，即
C
5
C
4
C
5
C
4
60
112
3．
23

C
3
C
4< br>A
2
123
，其中
(1,1)
重复了一次
n
n
4．
3

n1,k2

1
5r
1
5r
1

5r
5．
51< br>

(x)1

的通项为
C
r
(x )(1),
其中
(x)
的通项为
xx
x

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5

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r5r2rrr

C
5
，所以通项为
(1)
r
C
5
C
5r
x
5r2r
，令
5r2r0

r
x
''''
'
得< br>r
'
5r
，当
r1
时，
r
'
2
，得常数为
30
；当
r3
时，
r
'
1
，得常数为
20
；
2
'
当
r5
时，
r0
，得常数为
1
；
30(20)(1) 51

3241
6．
4186

3
件次品， 或
4
件次品，
C
4
C
46
C
4
C
46
4186

(x1)[1(x1)
5
](x 1)(x1)
6
6
4

7．
15
原式

，
(x1)
中含有
x
的项是
1(x1)x
2424
3

C
6x(1)15x
，所以展开式中的
x
的系数是
15

8．
105
直接法：分三类，在
4
个偶数中分别选
2
个，
3
个，
4
个偶数，其余选奇数，
2332415541

C
4
C
5
C
4
C
5
C
4
C
5
105
；间接法：
C
9
C
5
C
5
C
4105

三、解答题
1．解：
AUB
中有元素
710413

333

C
13
C
6
C
3
286201265
。
2．解：（1）原式
(C
2< br>100
3
A
101
1
33
C)ACA3
A
101
1A
3

。
A
3
6
3
100
3
101
3
101
3
101
34444444
（2）原式
C
3
C
5< br>C
4
C
6
C
5
LC
11
C
10
C
11
330
。
433333
另一方法：
原式C
4
C
4
C
5
LC
10
C
5
LC
10

433434

C
6
C
6
LC
10
LC
10
C
10
C
11
330

mm1m1m1m1
C
n
C< br>n
C
n
C
n
C
n
（3）原式

m
1
m

m
1
< br>m
C
n
C
n
C
n
C
n
3． 证明：左边

n!mn!(nm1)n!mn!


(nm)!(nm1)!(nm1)!

(n1)!
m
An1

右边
[(n1)m]!
所以等式成立。
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(1x)
1
3
33
6
C(1)20
2)
3

4．解：
(x
，在中，的系数
x
(1x)
6
3
x
x
就是展开式中的常数项。
另一方法：
原式(
6
x
1
x
3
(1)
3
20

)
6
，
T
4
C
6
5．解：抛物线经过原点，得
c0
，
当顶点在第一象限时，
a0,< br>
a0
b
11
，则有
C
3
C
4< br>种；
0,即

2a

b0

a0< br>b
2
，则有
A
4
种；
0,即

2a

b0
当顶点在第三象限时，
a0,
112
共计 有
C
3
C
4
A
4
24
种。
6．解：把
4
个人先排，有
A
4
，且形成了
5
个缝 隙位置，再把连续的
3
个空位和
1
个空位
42
2
当成两个不同的元素去排
5
个缝隙位置，有
A
5
，所以共计有
A
4
A
5
480
种。
4
数学选修2-3 第一章 计数原理 [提高训练C组]
一、选择题
1．B
n!n!
6,n34,n7

(n3)!(n4)!4!
2332
2．D 男生
2
人， 女生
3
人，有
C
30
C
20
；男生
3人，女生
2
人，有
C
30
C
20

2332
共计
C
30
C
20
C< br>30
C
20

3．A 甲得
2
本有
C< br>6
，乙从余下的
4
本中取
2
本有
C
4
，余下的
C
2
，共计
C
6
C
4

4．B 含有
10
个元素的集合的全部子集数为
S2
，由3
个元素组成的子集数
为
TC
3
10
，
2 22
22
10
3
T
C
10
15

10


S2128
22
5．A
(a
0a
2
a
4
)(a
1
a
3
) (a
0
a
1
a
2
a
3
a
4
)(a
0
a
1
a
2
a
3
a
4
)

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44

(23)(23)1

6．D 分三种情况：（1）若仅
T
7
系数最大，则共有
13
项，
n 12
；（2）若
T
7
与
T
6
系
数相等且 最大，则共有
12
项，
n11
；（3）若
T
7
与
T
8
系数相等且最大，则共
有
14
项，
n13< br>，所以
n
的值可能等于
11,12,13

2
C
4

2
7．D 四个点分两类：（1）三个与一个，有
C
2
C
4
7
共计有
C
2
1
4
1
（2）平均分二个与二个，有
4
；
8．D 复数
abi,(a,bR)
为虚数，则
a有
10
种可能，
b
有
9
种可能，共计
90种可
能
二、填空题
1．
9
分三类：第一格填
2
，则第二格有
A
3
，第三、四格自动对号入座，不能自由排
列；
第一格填
3
，则第三格有
A
3
，第一、四格自动对号入座， 不能自由排
列；
第一格填
4
，则第撕格有
A
3
， 第二、三格自动对号入座，不能自由排
列；
1
共计有
3A
3
9

333
2．
165

C
12
C
6
C
7
165

1112
3．
180,30

a0
，
C< br>6
C
6
C
5
180
；
b0,A
6
30

1
1
1
a
9r
x
r
2
r9rr
3
2
r
9
3r
r
)(1)()aC
9
x
93,r8
4．
4

T
r1
C()(
，令
x22
2
r
9

(1)(
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8
2
88
99
)aC
9
a,a4

2164

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322223222
5．
13

C
3
C3
C
4
C
5
LC
n
3631,C
4
C
4
C
5
LC
n
364,< br>
3223

C
5
C
5
 LC
n
...C
n1
364,n13

6．
28

5!6!77!
,m
2
23m420

m!(5m)!m!(6m)!10m!(7m)!
m2
而
0m5
，得
m2,C
8
C
8
28

7．
0.956

0.991
5
(10.0 09)
5
150.00910(0.009)
2
...10 .0450.000810.956

7
n
8．
2
设
f(x)(12x)
，令
x1
，得
a
0
 a
1
a
2
La
7
(12)1

令
x0
，得
a
0
1
，a
1
a
2
La
7
1a
0
2

三、解答题
1．解：
6
个人排有
A
6
种,
6
人排好后包括两端共有
7
个“间隔”可以插入空位.
4
(1)空位不相邻相当于将
4
个空位安插在上述
7
个“间隔”中,有
C
7
35
种插法，
6
C
7
4
25200
种。 故空位不相邻的坐法有
A
6
g
6
(2)将相邻的
3
个空位当作一个元素,另一空 位当作另一个元素,往
7
个“间隔”里插

62
2
有A
7
种插法,故
4
个空位中只有
3
个相邻的坐法有A
6
A
7
30240
种。
(3)
4
个空位至少有
2
个相邻的情况有三类：
①
4
个空位各不相邻有
C
7
种坐法;
②
4
个空位
2
个相邻，另有
2
个不相邻有
C
7
C
6
种坐法;
③
4
个空位分两组,每组都有
2
个相邻,有
C
7
种坐法.

64122
综合上述,应有< br>A
6
(C
7
C
7
C
6
C
7
)118080
种坐法。
4
12
2

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4
2．解：分三类：若取
1< br>个黑球，和另三个球，排
4
个位置，有
A
4
24
；

若取
2
个黑球，从另三个球中选
2
个排
4
个位置，
2
个黑球是相同的，

22
自动进入，不需要排列，即 有
C
3
A
4
36
；
若取
3
个 黑球，从另三个球中选
1
个排
4
个位置，
3
个黑球是相同的 ，
11
自动进入，不需要排列，即有
C
3
A
4
 12
；
所以有
24361272
种。

3．解：
(12x)(13x)(2x1)(3x1)

514413

[(2x)C
5
(2x). ..][(3x)C
4
(3x)...]

5454


(32x80x...)(81x108x...)

5443

(2592x
9
8180x
8
32108x
8
...)
2592x3024x...
2n2
98
< br>4．解：
38n99
n1
8n9(81)
n18n9

0n11nn12nn1
C
n
C
n1
8
1
8
L
C
n1
8C
n1
8C
n1
8n9
0n11n2n1
64(C
n
C
n

L
C
n1
8
1
8
1
)8(n1)18n9

0n11n2n1
M64(
记
MC
n
C
n

LC
n1
8
1
8
1
)

QM为整数
，
64M能被64整除.


012n
5．证明：
C
n
2C
n
3C
n
...( n1)C
n

012n12n

(C
n
C
n
C
n
...C
n
)(C
n
2C
n
...nC
n
)


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12n1
2
n
n(1C
n1
C
n1
...C
n1
)
2n2
3
nn1

6．解：（1）C
n
7C
n
,
1
n(n1)(n2)
 7n,n
2
3n400,由nN
*
,得n8
；
6
523443243
（2）
C
7
aC
7
a2 C
7
a,21a35a70a,a0

得
5a10a30a1
2
10
；
5
44lgx44(1lgx)
1,lg
2
xlgx0
（3）
C
8
(2x)(x)1120,x
得
lgx0
，或
lgx1

所以
x1,或x
1
。
10
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