- 计数原理
- 共11505题
记者要为5名志愿者和他们帮助的2位老人拍照，要求排成一排，2位老人相邻但不排在两端，则不同的排法共有 （用数字回答）。
正确答案
960
试题分析：因为2位老人不排在两端，所以从5名志愿者中选2名排在两端，因为2位老人相邻，所以把2位老人看成一个整体，与其他元素进行排列，注意整体之间的排列．解：可分3步．第一步，排两端，∵从5名志愿者中选2名有A52=20种排法，第二步，∵2位老人相邻，把2个老人看成整体，与剩下的3名志愿者全排列，有A44=24种排法第三步，2名老人之间的排列，有A22=2种排法
最后，三步方法数相乘，共有20×24×2=960种排法故填写960.
点评：本题主要考查了有限制的排列问题的解决，掌握这些常用方法．
从1到10的所有自然数中任取两个相加,所得的和为奇数的不同情形有_____ 种.
正确答案
25
由已知可知,两个数一个为奇数,有5种不同的选法;另一个为偶数,有5种不同的选法.共有5×5=25种不同的选法.
用0，1，2，3，4，5六个数字组成无重复数字的四位数，比3410大的四位数有多少个？
正确答案
140个
本题可以从高位到低位进行分类．
（1）千位数字比3大．
（2）千位数字为3：
①百位数字比4大；
②百位数字为4：
1°十位数字比1大；
2°十位数字为1→个位数字比0大．
所以比3410大的四位数共有2×5×4×3+4×3+2×3+2=140（个）．
正确答案
18
解：首先排首位只能从1,3,4中选一个由3种，然后其余的数字任意排列为
由数字1,2,3,4
(1)可组成多少个三位数
(2)可组成多少个没有重复数字的三位数
(3)可组成多少个没有重复数字的三位数,且百位数字大于十位数字,十位数字大于个位数字.
正确答案
略
(1)由乘法原理有4×4×4=64种
(2)有4×3×2=24种.
(3)只需从4个数字中去掉一个,即可得到结果,有432,431,421,321共4种.
学校举行运动会,有四位同学参加三项不同的比赛
(1)每位同学必须参加一项比赛,有多少种不同的结果?
(2)每项比赛只许一位学生参加,有多少种不同的结果?
正确答案
⑴
(1)因每位同学都有3种不同的选法,由乘法原理共有
(2)因每项比赛都有3种不同的参加方法,由乘法原理共有
在平面直角坐标系内，点
（1）不同的点P共有多少个？
（2）在上述点中，不在坐标轴上的点有多少个？
正确答案
（1）16个（2）9个
（1）可以分两步确定点P的坐标：①确定横坐标，有4种可能；②确定纵坐标，有4种可能．
根据分步乘法计数原理，不同的P点共有4×4=16个．
（2）当点P不在坐标轴上时，横、纵坐标都在{1，2，3}内取值．共有3×3=9个
由
正确答案
480
第一位不能取0，只能在5个奇数中取1个，有5种取法：
第六位不能取0，只能在剩余的4个奇数中取1个，有4种取法；
中间的共四位，以余下的4个数作全排列。
所以，由0，1，3，5，7，9这六个数字组成的没有重复数字的六位奇数="5*4*(4*3*2*1)=480" 种
由
正确答案
480
第一位不能取0，只能在5个奇数中取1个，有5种取法：
第六位不能取0，只能在剩余的4个奇数中取1个，有4种取法；
中间的共四位，以余下的4个数作全排列。
所以，由0，1，3，5，7，9这六个数字组成的没有重复数字的六位奇数="5*4*(4*3*2*1)=480" 种
有0,1,2,3,…,8这9个数字,用这9个数字组成四位的密码,共可组成多少个这样的密码?
正确答案
6561
由已知可知每位密码都有9种不同的选法,每确定一位密码只是完成了一步,根据分步乘法计数原理共有9×9×9×9=6561个.
名师点金:区分分步还是分类的依据是看能否将事件完成.步与步之间应使用乘法原理.
若10把钥匙中只有2把能打开某锁，则从中任取2把能将该锁打开的概率为 ______．
正确答案
由题意知，本题是一个古典概型，
∵试验发生包含的事件数C102
满足条件的事件数C21C91+C22
∴若10把钥匙中只有2把能打开某锁，
则从中任取2把能将该锁打开的概率为
故答案为：
如图，在7×8的长方形棋盘的每个小方格的中心点各放一个棋子。如果两个棋子所在的小方格共边或共顶点，那么称这两个棋子相连。现从这56个棋子中取出一些，使得棋盘上剩下的棋子，没有五个在一条直线（横、竖、斜方向）上依次相连。问最少取出多少个棋子才可能满足要求？并说明理由。
正确答案
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。
一个同心圆形花坛，分为两部分，中间小圆部分种植草坪和绿色灌木，周围的圆环分为n（n≥3，n∈N）等份，种植红、黄、蓝三色不同的花，要求相邻两部分种植不同颜色的花．
（Ⅰ）如图1，圆环分成的3等份为a1，a2，a3，有多少不同的种植方法？如图2，圆环分成的4等份为a1，a2，a3，a4，有多少不同的种植方法？
（Ⅱ）如图3，圆环分成的n等份为a1，a2，a3，…，an时，有不同的种植方法为S（n）种，试写出S（n）与S（n-1）满足的关系式，并求出S（n）的值．
正确答案
（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．
从0，1，2，3，4，5，6，7七个数中任取两个数相乘，使所得的积为偶数，这样的偶数共有几个？
正确答案
∵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
计划展出6幅不同的画，其中1幅水彩画，2幅油画，3幅国画，排成一行陈列，要求同一品种的画必须连在一起，并且水彩画不放在两端，那么不同的陈列法有 种．
正确答案
先把每种品种的画看成一个整体，
而水彩画只能放在中间，则油画与国画放在两端有2种放法，
再考虑2幅油画本身排放有2种方法，
3幅国画本身排放有3×2=6（种）方法，
故不同的陈列法有2×2×6=24（种）；
故答案为：24．
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