放手-小学数学试卷分析

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排 列 组 合
一、选择题
1、公共汽车上有4位乘客，其中任 何两人都不在同一车站下车，汽车沿途停靠6个站，那么这4
位乘客不同的下车方式共有
A、15种 B、24种 C、360种 D、480种
2、把10个相同的球放入三个不同的盒子中，使得每个盒子中的球数不少于2，则不同的放法有
A、81种 B、15种 C、10种 D、4种 3、12辆警卫车护送三位高级领导人，这三位领导人分别坐在其中的三辆车中，要求在开行后12
辆车一字排开，车距相同，车的颜色相同，每辆车内的警卫的工作能力是一样的，三位领导人所坐的
车不 能相邻，且不能在首尾位置。则共（ ）种安排出行的办法
A、A
9
9
×A
3
10
B、A
9
9
×A
3
8
C、A
3
8
D、C
3
8
4、在正方体的8个 顶点、12条棱的中点、6个面的中心及正方体的中心共27个点中，不共线的
三点组的个数是
A、2898 B、2877 C、2876 D、2872
5、有两个同心圆，在外圆上有相异的6个点，内圆上有相异的3个点，由这9个点所确 定的直线
最少可有
A、15条 B、21条 C、36条 D、3条
6、已知两个实数集A={a
1
，a
2
，…，a
60
}与B={b
1
，b
2
，…b
25
}，若从A 到B的映射f使得B中每
个元素都有原象，且f（a
1
）≥f（a
2
）≥…≥f（a
60
），则这样的映射共有
A、C
60
B、C
24
59
C、C
25
60
D、C
25
59

二、填空题
7、4410共有 个不同的正约数。
8、有7个人站成一排，其中A、B不能相邻，C、D必须挨在一起，且C要求在A 的右侧，则共
有站队方法数是 。
9、如图，两圆相交于A、B两点，
在两圆周上另有六点C、D、E、F、G、
H，其中仅E、B、G共线，共他无三
点共线，这八点紧多可以确不同圆的
个数是 。
10、一个圆周上有5个红点，7个白点，要求任两个红点不得相邻，那么共有 种排列方
法。
11、平面上给定5点，这些点两两间的连线互不平行，又不垂直，也不重合， 现从任一点向其余
四点两两之间的连线作垂线，则所有这些垂线间的交点数最多是 。
12、10人有相应的10个指纹档案，每个指纹档案上都记录有相应人的指纹痕迹，并有检测指示灯和检测时的手指按钮，10人某人把手指按在键钮上，若是他的档案，则指示灯出现绿色，否则出现
红色，现在这10人把手指按在10个指纹档案的键钮上去检测，规定一个人只能在一个档案上去检测，
并且两个人不能在同一档案上去检测，这时指示灯全部出现红色，这样的情况共有 种。
三、解答题
13、中、日围棋队各出7名队员，按事先安排好的次序出场进行围棋擂台赛，双 方先由1号队员
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比赛，负者被淘汰，胜者再与负方的2号队员比赛 ，……，直到有一方队员全部被淘汰为止，另一方
获胜，形成一种比赛过程，现在中方只动用了5名队员 ，就击败了日方的所有队员，问这样的比赛过
程有多少种？
14、从1到n（n≥3，且n为 整数）之间任取3个不同的整数，使得这3个数的和正好被3整数，
如果这样的取法有53922种，试 确定n的取值。
15、集合A中有n个元素，其中有m个是特殊元素（m≤n），已知集合A的五元素 子集共有68
个，且每个子集中都含有至少一个特殊元素，此外，集合A的作地意一个三元素子集都恰好 被一个五
元素子集所包含。
（1）求n的取值。
（2）请回答：所有五元素子集中是否有至少含有4个特殊元素的集合？


参考答案
一、选择题
1、可把问转化为：4个不同的元素，放到6个位置中， A
4
6
=360种方法，选C。
2、问题相当于：把4个相同的球放入一个 不同的盒中，有C
2
6
=15种放法，故选B。
3、此题即：3个人坐10 个位置，一人只能坐一个，且两两不得相邻，有A
3
8
种坐法，选C。
4、 用间接法，容易求得共线的三点组共有49个，而所有拓点组共有C
3
27
，所以不共 线的三点且
共有C
3
27
-49=2876（个）故选C。
5、设 P
1
、P
2
、P
3
是内圆上三点，Q
1
、 Q
2
，…，Q
6
分别为三条直线P
1
P
2
、P
2
P
3
、P
3
P
1
与外圆的交点，< br>此时9个点所确定的直线最少有C
2
9
- 3（C
2
4
- 1）=21（条），故选B。
6、此题相当于：用25个 从大到小的数从左至右的顺序不变，去插入到a
1
、a
2
、a
3、…、a
60
，这
60个数的两数空隙之间，要求最大数必在a
1
左侧，最小数不得在a
60
右侧，共有C
24
59
个映射，故选B 。
二、填空题
7、由4410=2×3
2
×5×72知：正约数中含2的 指数幂有2种，含3的指数幂有3种情况，含5的
指数幂有2种情况，含7的指数幂有3种情况，而2、 3、5、7均为质数，故根据分步原理共有2×3
×2×3=36个不同的正约数。
8、把C 、D捆绑起来看作一个元素，元素A只能安放在从左至右的前5个位置中，故对A的位
置分类：
若A在左起第1位，则有A
1
4
×A
4
4
×A
2
2
=192（种）；
若A在左起第2位，则有A
1
3
×A
1
4
×A
3
3
×A
2
2
=144 （种）；
若A在左起第3位，则有A
1
3
×A
3
3
+A
1
2
×C
1
2
×A
2
2
× A
3
3
=66（种）；
若A在左起第4位，则有A
1
2< br>×C
1
2
×A
2
2
×A
3
3
+A
2
2
×A
3
3
=60（种）；
若A在左起 第5位，则有A
2
2
×A
1
3
×A
3
3< br>=36（种）；
所以，共有站队方法数498种。
9、过8个点可作C
3< br>8
个圆，需减去两类：①E、B、G共线，减去1个；②A、B、C、D、E五点共
圆及 A、B、F、G、H五点共圆，减去2（C
3
5
—1），所以最多可以确定不同圆的个 数是37个。
10、用插空法，共有C
5
7
种排列方法。
11、 用排除法，设A
1
、A
2
、…、A
5
为平面上给定的5个点 ，A
2
、A
3
、A
4
、A
5
之间两两连线 有C
2
4
=6
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条，从A1出发可引6条垂线，依此5个点共可引30条垂线，它们之间最 多有C
2
30=435个交点，但应
排除以下三种情况：①从A
1
、 A
2
、A
3
作A
4
A
5
的三条垂线互相平 行，无交点，这样的情形共有C
2
5
C
2
3
=30
个；②从Ai（i=1，2，3，4，5）出发的6条垂线都交于点Ai，这样的点共有5C
2
6
=75个，只能留下5
个，剩余的应减去；③Ai（i-1，2，3，4，5）中每三点构成 一个三角形，三角形的高共点，应减去C
3
5
（C
2
3
—1 ）=20个。
因此，满足题意的交点最多有C
2
30
—30—70—20=315个。 < br>12、此题相当于：10个编号为1，2，3，…，10的球放入十个编号为1，2，3，…，10的盒中 ，
要求每个盒中只盛一球，且号码均不相同，求放法总数。
设这种情况的n个号码时，方法数 为an，第一步是安排第1号球，共有n—1种方法，此时，不
妨设1号球安排在了第i（i≠1）号位 置，再安排第i号球的位置，有两种情况：①第i号球在1号位
置，此时剩余的n—2个球要放在n—2 个盒中的要求依然是号码均不相同，故有a
n
—2种方法；②第i
号球不安排在1号位 置，此时如同n—1个球放入n—1个盒中且号码均不相同，故有方法数为an—1。
所以，a
n
=(n-1)(a
n-2
+a
n-1
)
当n=2时,a
2
=1;当n=3时,a
3
=2.所以a
4
=3(a
2
+a
3
)=9,a
5
=4(a
3
+a
4
)=44,a
6
=5(a
4+a
5
)=265,a
7
=6(a
5
+a
6< br>)=1854,a
8
=7(a
6
+a
7
)=1483 3,a
9
=8(a
7
+a
8
)=13349
6,a
10
=9(a
8
+a
9
)=1334961.
所以，这样的情况共有1334961种。
三、解答题
13、设中方的7名队员分 虽为a
1
，a
2
，…，a
7
，日方的7名队员分别是b1
，b
2
，…，b
7
，由于中方
只动用了5名队员，故 可以认为a
6
，a
7
实质上是不参与比赛的，现把中方的5名队员和日方的7 名队
员排成一列，显然各自的顺序已定，只需确定位置即可。
现规定，排在日方队员b
i
（i=1，2，…，7）右侧的（紧挨着）中方队员是击败b
i
的队员，据题意，
a
5
须在b
7
的右侧（紧挨着）。其他4名队员a
1
，a
2
，a
3
，a
4
可在b
7
右侧10 个位置中的任4个位置中，故
有C
4
10
种情况。
所以，这样的比赛过程有C
4
10
种。
14、用模3对n分类：
（1）当n=3m（m≥1，且m为整数）时，我们可以把从1到n的这n个数分成三部分：①A
1
={1，
4，…，3k+1}，共有m个元素；②A
2
={2，5，…， 3k+2}，共有m个元素；③A
3
={3，6，…，3k+3}，共
有m个元素。
易知，A
3
中的任三个数之和能被3整除，有C
3
m
种取法 ；A1、A2、A3中各取一个元素，其和亦能
被3整除，有C
1
m
·C1
m
·C
1
m
=m
3
（种）取法；A
1
中任三个数之和也能被3整数，有C
3
m
种取法；A
2
中 任
三个数之和也能被3整除，有C
3
m
种取法，除上面几种情况，再无其他情 况使取的三数之和被3整除。
所以，3C
3
m
+m
3
=53922，即
3m
3
– 3m
2
+ 2m – 107844=0 。
因为3|107844，所以3|m，又2m – 107844 是偶数，所以m必是偶数。
为此，不妨设m=6t（t≥1，且t为整数），则有
54t
3
– 9t
2
+t – 8987=0。
易知当t≥6时，此等式一定不成立，而当t=1 ，2，3，4，5时均不能使该等式成立，故当n=3m
（m≥1，且m为整数时），不存在这样的n。
（2）当n=3m+1（m≥1，且m为整数时），亦可把这n个数分成三部分：①A
1
={1，4，…}，共有
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m+1个元素；②A
2
={2， 5，…}，共有m个元素；③A
3
={3，6，…}，共有m个元素，据题意则有。
2C
m
+c
m+1
+（m+1）m=53922。
即5m+m=3×53922。
m（5m+1）=3×53922。
因为（m，5m+1）=（m，1）=1，所以，m与5m+1互质。
而3×53922=2×3×11×19×43。
另一方面，若m≥43，则，故m＜43。
若m≤18，则5m+1必小于11×19×43，故m＞18。
所以，m=19或38，代入等式后均不成立。
综上，当n=3m+2（m≥1，且m为整数）时，也不存在这样的n。
（3）当n=3m+ 2（m≥1，且m为整数）时，则可得C
m
+2Cm+1+（m+1）2m=53922。
据（2）相同的思路，最后可求得m=66。
结合（1）、（2）、（3），n的取值是200。
15、（1）据题意，共有C
n
个三元素子集，因为每一个三元素子集都恰好被一个五元素子集所包含，
所以每一个五元素子集 中包含了C
5
个三元素子集，而这样的五元素子集共有68个，故有
C
n
=68×C
5
，解得n=17。
（2）假设法每个五 元素子集中至多含有3种特殊元素，我们把含有1种特殊元素，2种非特殊元
素的三元素子集设为A3
。
据题意，68个五元素子集中，有C
3
m
个含有3种特殊 元素，且每个子集中可有C
1
3
·C
2
2
（3个A
3
）。
另一方面，含有2种或1种特殊元素的五元素子集，应有68 – C
3
m
（个）
且这样的子集中都有C
2
C
3=C
1
C
4
（6个A
3
）
再者，子集A3
的个数是C
1
m
·C
2
17-m
，即mC< br>2
17-m
。
所以，mC
2
17-m
= 3C
3
m
+6（68 – C
3
m
），即
m
3
– 18m
2
+ 137m – 408=0。
因 为408的正因数1，3，8，17均非上述方程的解，据有理定理方程无正整数解，这说明假设错
误， 故结论是肯定的。
1212
33
3
3
33
2
2< br>22
2
3
332
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