热门试卷

（1）由题意知三只盒子都不空，且3号球必须在乙盒内，

其余的小球有两种不同的分法，可以分成1，1，1，或者1，2，这两种情况是互斥的，

当三个球在三个盒子中全排列有A33=6种结果，

当三个球分成两份，在甲和丙盒子中排列，共有C32A22=6种结果

∴由分类计数原理知共有6+6=12种结果．

（2）由题意知本题是一个分步计数问题，

∵首先1号球不放在甲盒中，有2种放法，

2号球不在乙盒，有2种结果，

3号球有3种结果

4号球有3种结果，

∴根据分步计数原理知共有2×2×3×3=36种结果，

答：（1）若三只盒子都不空，且3号球必须在乙盒内有12种不同的放法；

（2）若1号球不在甲盒内，2号球不在乙盒内，有36种不同放法．

（1）根据题意，已经明确是某一种假货必须在内，则只需从剩下的34件商品中，再取2件即可，

由组合可得，有C342=561种不同方法；

（2）根据题意，其中某一种假货不能在内，则只需从剩下的34件商品中，任取3件即可，

由组合可得，有C343=5984种不同取法；

（3）根据题意，从3种假货中取2件，再从20件正品商品中，再取1件即可，

由乘法原理，可得有C152•C201=2100种不同方法；

（4）根据题意，有2种假货在内，不同的取法有C152•C201种，

有3种假货在内，不同的取法有C153种，

由加法原理，可得共有C152•C201+C153=2555．

（5）根据题意，有2种假货在内，不同的取法有C152•C201种，

有1种假货在内，不同的取法有C151•C202种，

没有假货在内，有C203种不同取法，

由加法原理，可得共有C203+C202C151+C201C152=6090．

（Ⅰ）全部站成一排，相当于8人全排，故有=40320种不同的排法；

（Ⅱ）全部站成一排，4名学生必须排在一起，用捆绑法，先排教师，再插入学生，共有=2880种不同的排法；

（Ⅲ）全部站成一排，任两名学生都不能相邻，用插空法，共有2880种不同的排法．

根据题意，个位数字可以为0、1、2、3、4，

求其个位数字之和时，0在个位，其和为0；

而其中1，2，3，4在个位上出现的次数相等，

又由于0不能作首位，故首位有A31种，十位有A31种，

则其次数为A31A31=9，

故其个位数字之和为（1+2+3+4）•A31A31=90，

故答案为90．

∵P1514=P152x，∴2x=14，∴x=7．又∵P1514=P1515，由P1514=P152x还可以得2x=15，∴x=．

所以原方程的解为：x=7或x=．

见解析

先证一个引理：顶点在P中的凸m边形至多有两个锐角，且有两个锐角时，这两个锐角必相邻．

事实上，设这个凸边形为，只考虑至少有一个锐角的情况，此时不妨设，

则，       

更有．

而+，故其中至多一个为锐角，这就证明了引理．

由引理知，若凸边形中恰有两个内角是锐角，则它们对应的顶点相邻．

在凸边形中，设顶点与为两个相邻顶点，且在这两个顶点处的内角均为锐角．设与的劣弧上包含了的条边（），这样的在固定时恰有对．

（1）若凸边形的其余个顶点全在劣弧上，而劣弧上有个中的点，此时这个顶点的取法数为．

（2）若凸边形的其余个顶点全在优弧上，取，的对径点，，由于凸边形在顶点，处的内角为锐角，所以，其余的个顶点全在劣弧上，而劣弧上恰有个中的点，此时这个顶点的取法数为．

所以，满足题设的凸边形的个数为

．

（1）由题意知，因为数字中有0，0不能放在首位，

∴先安排首位的数字，从五个非0数字中选一个，共有C51种结果，

余下的五个数字在三个位置进行全排列，共有A53种结果，

根据分步计数原理知共有A15•A35=300；

用0，1，2，3，4，5六个数字组成没有重复数字的四位偶数，则0不能排在首位，末位必须为0，2，4其中之一．

所以可分两类，末位为0，则其它位没限制，从剩下的5个数中任取3个，再进行排列即可，共有A53=60个

第二类，末位不排0，又需分步，第一步，从2或4中选一个来排末位，有C21=2种选法，第二步排首位，首位不能排0，从剩下的4个数中选1个，有4种选法，第三步，排2，3位，没有限制，从剩下的4个数中任取2个，再进行排列即可，共有12种．

把三步相乘，共有2×4×12=96个

最后，两类相加，共有60+96=156个

（2）当首位是5时，其他几个数字在三个位置上排列，共有A53=60，

当前两位是45时，共有=4×3=12个，

当前两位是43时，共有=4×3=12个，去掉4301即可，即有12-1=11个．

根据分类加法原理得到共有：60+12+12-1=83个．

（3）0，3一组，1，5一组，2，4一组，1，2一组，45一组；

被3整除的数字包括两种情况，

一是包含0，3的，需要先从余下的非0数字中选一个做首位．

剩下的三个数字选一个放在第二位，共有4A31A33=72种结果，

二是不含0，3的，共有A44=24种结果，

根据分类计数原理知共有72+24=96．

设北方球队共有x支，则南方球队有x+9支

所有球队总得分为==(2x+9)(x+4)

南方球队总得分为=

北方球队总得分为

南方球队内部比赛总得分Cx+92

北方球队内部比赛总得分Cx2-≥0

解得：≤x≤＜=9

因为为整数

x=6或x=8

当x=6时

所有球队总得分为==(2x+9)(x+4)=210

南方球队总得分为==189

北方球队总得分为=21

南方球队内部比赛总得分Cx+92=105

北方球队内部比赛总得分Cx2=15

北方胜南方得分=21-15=6

北方球队最高得分=5+6=11

因为11×15=165＜189

所以南方球队中至少有一支得分超过．

冠军在南方球队中

当x=8时

所有球队总得分为==(2x+9)(x+4)=300

南方球队总得分为==270

北方球队总得分为=30

南方球队内部比赛总得分Cx+92=136

北方球队内部比赛总得分Cx2=28

北方胜南方得分=30-28=2

北方球队最高得分=7+2=9

因为9×17=153＜270

所以南方球队中至少有一支得分超过．

冠军在南方球队中

综上所述，冠军是一支南方球队

（1）分步：甲选四本、乙选三本、丙选剩下的两本，共有=1260种；

（2）平均分组问题，先分成3组，再分给甲乙丙三名同学，共有•=1680种．

（Ⅰ）因为集合P={2，4，6，8}，

所以2+4=6，2+6=8，2+8=10，4+6=10，4+8=12，6+8=14，

所以可得：l（P）=5．

因为集合Q={2，4，8，16}，

所以2+4=6，2+8=10，2+16=18，4+8=12，4+16=20，8+16=24，

所以可得：l（Q）=6．

（Ⅱ）对于集合A={a1，a2，a3，…，an}，ai+aj（1≤i＜j≤n）的值最多有个．

因为在集合A的n个元素中任取一个元素，共有n种，再从余下的n-1个元素中任取一个元素，

共有n-1种．把取出的元素两两作和共有n（n-1）个，

因为aj+ai=ai+aj等情况，

所以对于集合A={a1，a2，a3，…，an}，ai+aj（1≤i＜j≤n）的值最多有个．

（Ⅲ） 因为集合A={a1，a2，a3，…，an}最多有个ai+aj（1≤i＜j≤n）的值，

所以l(A)≤．

又集合A={2，4，8，…，2n}，任取ai+aj，ak+al（1≤i＜j≤n，1≤k＜l≤n），

当j≠l时，不妨设j＜l，则ai+aj＜2aj=2j+1≤al＜ak+al，即ai+aj≠ak+al．

当j=l，i≠k时，ai+aj≠ak+al．

因此，当且仅当i=k，j=l时，ai+aj=ak+al．

即所有ai+aj（1≤i＜j≤n）的值两两不同，

所以l(A)=．

（1）由题意可得从中选出3人排成一排的方法种数为=210 …（3分）

（2）间接法：总的方法种数共=5040，去掉男生甲站排头，女生乙站在排尾

共2=1440，而其中重复的为男生甲站排头，同时女生乙站在排尾的=120

故总的方法种数为：5040-1440+120=3720 …（3分）

（3）捆绑法：把3名女生看作1个元素与其它排列共=120种，

再对3名女生作调整共=6种，由分步计数原理可得共120×6=720…（4分）     

（4）插空法：先排4名男生共=24种，在把3名女生插到所产生的5个空位，

共=60种，由分步计数原理可得共24×60=1440 …（4分）

（1）设文娱队共有n人（5≤n≤8，n∈N*），则其中只会唱歌的有（n-5）人，只会跳舞的有（n-3）人，既会唱歌又会跳舞的有（8-n）人．

∵P(X＞0)=≠0，∴n＜8．

若n=7，则P(X＞0)=P(X=1)===≠，

∴5≤n≤6．

此时，P(X＞0)=P(X=1)+P(X=2)=+=，

即  =，整理可得3n2-28n+60=0

解方程，得n=6，或n=（舍）

所以，文娱队共6人．

（2）由题意知，文娱队中只会唱歌的有1人，记为a，只会跳舞的有3人，记为b、c、d，既会唱歌又会跳舞的有2人，记为e、f；．

若表演唱歌的一人是a，则表演跳舞的2人从b、c、d、e、f中选，有C52种选法，

若表演唱歌的一人从e、f中选，则表演跳舞的2人从剩余会跳舞的4人中选，有C21C42种选法，

故不同的选法共有C11C52+C21C42=22种．

（1）用间接法，从6个数中，任取4个组成4位数，有A64种情况，

但其中包含0在首位的有A53种情况，

依题意可得，有A64-A53=300，

（2）根据题意，分0在末尾与不在末尾两种情况讨论，

0在末尾时，有A53种情况，

0不在末尾时，有A21A42A41种情况，

由加法原理，共有A53+A21A42A41=156种情况；

（3）千位是1的四位数有A53=60个，

千位是2，百位是0或1的四位数有2A42=24个，

∴第85项是2301．