热门试卷

（1）由题意知本题是一个分类计数问题，

总数恰好等于80元包括四种情况，

①取1张50元1张20元1张10元；②取1张50元3张10元；

③取3张20元2张10元；④取2张22的4张10元的

所以不同取法的种数共有C31C32C41+C31C43+C33C42+C32C44=36+12+6+3=57；

（2）由题意知本题是一个等可能事件的概率，

试验发生包含的事件数是C103

满足条件的事件是包括①取3张50元；②取2张50元1张20元；

③取2张50元1张10元；④取1张50元2张20元四种情况

共有C33+C23C13+C23C14+C13C23

可求得P(A)=(+++)÷=

最少要取走11个棋子，才可能使得余下的棋子没有五子连珠

最少要取出11个棋子，才可能满足要求。其原因如下：

如果一个方格在第i行第j列，则记这个方格为(i，j)。

第一步证明若任取10个棋子，则余下的棋子必有一个五子连珠，即五个棋子在一条直线（横、竖、斜方向）上依次相连。用反证法。假设可取出10个棋子，使余下的棋子没有一个五子连珠。如图1，在每一行的前五格中必须各取出一个棋子，后三列的前五格中也必须各取出一个棋子。这样，10个被取出的棋子不会分布在右下角的阴影部分。同理，由对称性，也不会分布在其他角上的阴影部分。第1、2行必在每行取出一个，且只能分布在(1，4)、(1，5)、(2，4)、(2，5)这些方格。同理(6，4)、(6，5)、(7，4)、(7，5)这些方格上至少要取出2个棋子。在第1、2、3列，每列至少要取出一个棋子，分布在(3，1)、(3，2)、(3，3)、(4，1)、(4，2)、(4，3)、(5，1)、(5，2)、(5，3)所在区域，同理(3，6)、(3，7)、(3，8)、(4，6)、(4，7)、(4，8)、(5，6)、(5，7)、(5，8)所在区域内至少取出3个棋子。这样，在这些区域内至少已取出了10个棋子。因此，在中心阴影区域内不能取出棋子。由于①、②、③、④这4个棋子至多被取出2个，从而，从斜的方向看必有五子连珠了。矛盾。

图1                                                                                    图2

第二步构造一种取法，共取走11个棋子，余下的棋子没有五子连珠。如图2，只要取出有标号位置的棋子，则余下的棋子不可能五子连珠。

综上所述，最少要取走11个棋子，才可能使得余下的棋子没有五子连珠。

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设5种颜色分别为1,2，3,4，5.不妨设涂好了过顶点的3个面分别为上、左、后的颜色1,2，3，余下3个面的涂色方案共有几种

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解：每个电阻都有断路与通路两种状态，图中从上到下的三条支线路，分别记为支线a、b、c，支线a，b中至少有一个电阻断路情况都有22―1=3种；

支线c中至少有一个电阻断路的情况有22―1=7种，每条支线至少有一个电阻断路，灯A就不亮，因此灯A不亮的情况共有3×3×7=63种情况.

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解：抛物线经过原点，得，

当顶点在第一象限时，，则有种；

当顶点在第三象限时，，则有种；

共计有种。

∵乘积是奇数的个数比较好求，两个数都为质数1，3，5，7，乘积不会重复．

所以先求奇数个数为：4个数字1，3，5，7中任意选2个有6个结果

而总乘积个数为8个数字中任意选2个有28个结果，

∵0乘以任何数都是0，有6个多余重复的0

∴28-6=22个

∵乘积除了奇数就是偶数，那么总个数减去奇数个数，

就可以得到偶数个数22-6=16个

（1）如图1，先对a1部分种植，有3种不同的种法，再对a2、a3种植，

∵a2、a3与a1不同颜色，a2、a3也不同．

∴S（3）=3×2=6（种）

如图2，S（4）=3×2×2×2-S（3）=18（种）

（2）如图3，圆环分为n等份，对a1有3种不同的种法，对a2、a3、an都有两种不同的种法，

但这样的种法只能保证a1与ai（i=2、3、n-1）不同颜色，但不能保证a1与an不同颜色．

于是一类是an与a1不同色的种法，这是符合要求的种法，记为S（n）（n≥3）种．

另一类是an与a1同色的种法，这时可以把an与a1看成一部分，这样的种法相当于对n-1部分符合要求的种法，记为S（n-1）．

共有3×2n-1种种法．

这样就有S（n）+S（n-1）=3×2n-1．

即S（n）-2n=-[S（n-1）-2n-1]，则数列{S（n）-2n}（n≥3）是首项为S（3）-23公比为-1的等比数列．

则S（n）-2n=[S（3）-23]（-1）n-3（n≥3）．

由（1）知：S（3）=6

∴S（n）-2n+（6-8）（-1）n-3．

∴S（n）=2n-2•（-1）n-3．