热门试卷

由题意知组成没有重复数字且数字1与2不相邻的五位数，可以采用插空法，

首先将除去1和2的三个数字全排列，有A33种结果，

再在这三个数字形成的四个空上选两个位置排列1和2，共有A42种结果

根据分步计数原理知共有A33A42=72种结果，

（Ⅰ）∵从5名男生和4名女生中选出4人参加学校辩论赛，

∴4人中男生和女生各选2人，共有•=60种方法…（6分）

（Ⅱ）利用间接法，男生中的甲和女生中的乙不在内的情况，共有

∴可得男生中的甲和女生中的乙至少有1人在内，有-=91种方法…（6分）

（1）若x=5，则末位为5的三位数共有=6个；

（2）若x=0，则末位是0时，三位数共有=6个，末位是2或4时，三位数共有2×2=4个，故共有10个；

（3）4个不同的数，组成无重复三位数共有4×3×2=24种，共用了24×3=72个数字，每个数字用了=18次．

所以252=18×（1+2+4+x），得出x=7

（1）由已知得-=，

化简得m2-23m+42=0，

解得m=2或21，

但0≤m≤5，故m=2．

∴===28．

（2）原方程可化为x2-x=5x-5或x2-x=16-（5x-5），

即x2-6x+5=0或x2+4x-21=0，

解得x=1或x=5或x=-7或x=3，

经检验x=5或x=-7不合题意，

故原方程的根为x=1或x=3．

（3）原式=（C110+C111）+C122+…+C10090=（C121+C122）+…+C10090

=（C132+C133）+…+C10090==．

（1）首先选定两个不同的球，看作一个球，这样，5个球变成了4个球，选法共有C52=10种，

再从5个盒子中选出4个盒子放入这4个球，有=120种投放方法．

∴共计有 10×120=1200 满足条件的方法．  

（2）没有一个盒子空着，相当于5个元素排列在5个位置上，有A55种，而球的编号与盒子编号全相同只有1种，

所以没有一个盒子空着，但球的编号与盒子编号不全相同的投法有  A55-1=119种．

甲公司承包8项工程中的3项有C83种，乙公司承包甲剩下的5项中的1项有C51种，

丙公司承包剩余4项中的2项有C42种，丁公司承包剩余的2项有C22种，

由乘法原理，可得共C83•C51•C42•C22=1680（种）

答：共有1680种承包方式．

证法一：对任意正整数，令．我们证明．

设是的任一素因子，只要证明：．

若，则由

．

及，且，知且．从而．

证法二：对任意正整数，令，我们证明．

设是的任一素因子，只要证明：．

若，则由

．

即不整除上式，故．

若，设使，但．．故由

及，且，知且．从而．

设x名参赛棋手，若每两人赛一场共赛CX2场，其中2人各赛三场退出比赛．

情况1：若他俩之间没比赛，根据已知条件：

CX2-2（x-4）+1=84，

整理得（x-15）（x+10）=0，又x∈N*，则x=15；

情况2：若他俩之间已经比赛，根据已知条件：

CX2-2（x-4）=84，

整理得x2-5x-132=0，又x∈N*，方程无解．

因此原来共有15人参加比赛．

（1）由题意，该数列共有=120项；

（2）1开头的五位数有=24；2开头的五位数有=24；3开头的五位数有=24；4开头的五位数有=24；

所以1、2、3、4开头的五位数共有96个

所以第96项是4开头最大的数，即45321．