第六章 计数原理（压轴专练）（九大题型）-2024-2025学年高二数学单元速记·巧练（沪教版2020选择性必修第二册）

第六章 计数原理（压轴专练）（九大题型） 目录： 题型1：计数原理与数列 题型2：计数原理与向量 题型3：计数原理与立体几何 题型4：计数原理与集合 题型5：计数原理与函数、三角形函数 题型6：二项式定理 题型7：复杂的排列组合实际问题 题型8：图形、格点等问题 题型9：解答题 题型1：计数原理与数列 1．设为的一个排列，满足，则这样的排列的个数为 个. 2．一个项数为的正整数数列满足，且，若为不大于 的偶数，则符合条件的数列共有 个. 3．已知有穷数列的首项为1，末项为12，且任意相邻两项之间满足，则符合上述要求的不同数列的个数为 ． 题型2：计数原理与向量 4．我们称（为正整数）元有序实数组为维向量，为该向量的范数.已知维向量，其中，记范数为奇数的的个数为，则 5．平面向量为2维向量，可由2元有序实数组表示；空间向量为3维向量，可由3元有序实数组表示.维向量可由（为正整数）元有序实数组表示.已知维向量，我们称 为该向量的范数，其中，记范数为奇数的的个数为.设，则 . 6．我们称元有序实数组为维向量，为该向量的范数.已知维向量，其中，记范数为奇数的的个数为，则 ； （用含的式子表示，）. 题型3：计数原理与立体几何 7．现有四种不同颜色的彩灯装饰五面体的六个顶点，要求，用同一种颜色的彩灯，其它各棱的两个顶点挂不同颜色的彩灯，则不同的装饰方案共有 种.（用数字作答） 8．空间内存在三点A、B、C，满足，在空间内取不同两点（不计顺序），使得这两点与A、B、C可以组成正四棱锥，求方案数为 ． 9．已知三棱锥的侧棱长相等，且侧棱两两垂直．设P为该三棱锥表面（含棱）上异于顶点的点，记．若集合D中有且只有2个元素，则符合条件的点P有（   ）个． A．3 B．6 C．7 D．10 题型4：计数原理与集合 10．集合满足条件，，当时，我们将和视为两个不同的集合对，则满足条件的集合对共有 个． 11．从集合中取出三个元素构成集合，则中元素满足的概率为 .（用数字作答） 题型5：计数原理与函数、三角形函数 12．对于定义在非空集上的函数，若对任意的，当，有，则称函数为“准单调递增函数”，若函数的定义域，值域，则在满足这样条件的所有函数中，为“准单调递增函数”的概率是 ． 13．已知正整数，满足，若关于的方程有实数解，则符合条件的共有 对. 题型6：二项式定理 14．已知，则的值为 ． 15．已知，则（    ） A．9 B．10 C．19 D．29 16．已知，其中，若存在，使得成立，则的最大值是 ． 17．对于，将n表示为，当时，.当时，为0或1.记为上述表示中为0的个数，（例如，，故，）.若，则 . 题型7：复杂的排列组合实际问题 18．在某道选词填空题中，共有4个空格、5个备选单词，其中每个空格只有备选单词中的一个正确答案（备选单词中有一个是多余的），则4个空格全部选错的概率是 . 19．某兴趣小组有10名学生，若从10名学生中选取3人，则选取的3人中恰有1名女生的概率为，且女生人数超过1人，现在将10名学生排成一排，其中男生不相邻，且男生的左右相对顺序固定，则共有 种不同的站队方法. 20．甲、乙两人各有4张卡片，每张卡片上分别标有1，2，3，4四个数字之一.两人进行四轮比赛，在每轮比赛中，甲、乙各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较卡片上数字的大小，数字大者胜，然后各自舍弃此轮所选卡片舍弃的卡片在此后的轮次中不能使用则四轮比赛中，甲、乙每轮所出数字大小均不相同的情况共有 种. 21．2010年广州亚运会结束了，某运动队的7名队员合影留念，计划站成一横排，但甲不站最左端，乙不站最右端，丙不站正中间.则理论上他们的排法有(  ) A．3864种 B．3216种 C．3144种 D．2952种 题型8：图形、格点等问题 22．如图，从1开始出发，一次移动是指：从某一格开始只能移动到邻近的一格，并且总是向右或向上或右下移动，而一条移动路线由若干次移动构成，如从1移动到11：1→2→3→5→7→8→9→10→11就是一条移动路线．从1移动到数字的不同路线条数记为，从1移动到11的事件中，跳过数字的概率记为，则下列结论正确的是（    ） ①，②，③，④． A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④ 23．五行是华夏民族创造的哲学思想，多用于哲学､中医学和占卜方面，五行学说是华夏文明重要组成部分.古代先民认为，天下万物皆由五类元素组成，分别是金､木､水､火､土，彼此之间存在相生相克的关系.下图是五行图，现有5种颜色可供选择给五“行”涂色，要求五行相生不能用同一种颜色（例如金生火，水生木，不能同色），五行相克可以用同一种颜色（例如水克火，木克土，可以用同一种颜色），则不同的涂色方法种数有（    ）    A．3125 B．1000 C．1040 D．1020 24．如图，在的方格表中按照下面的条件填入6个圆圈，满足各行．各列至少有一个圆圈；同一格不能填2个圆圈．则不同的符合条件的填入方法有 种． 题型9：解答题 25．规定，其中，m是正整数，且，这是组合数（n，m是正整数，且）的一种推广． (1)求的值． (2)组合数的两个性质：①；②是否都能推广到（，m是正整数）的情形？若能推广，则写出推广的形式并给出证明；若不能，则说明理由； (3)已知组合数是正整数，证明：当，m是正整数时，． 26．在的展开式中，把，，，…，叫做三项式的次系数列． （1）写出三项式的2次系数列和3次系数列； （2）列出杨辉三角形类似的表（，），用三项式的次系数表示，，； （3）用二项式系数表示． 27．莫比乌斯函数在数论中有着广泛的应用．所有大于1的正整数都可以被唯一表示为有限个质数(质数是指大于1的自然数中，只有1和它本身两个因数的数)的乘积形式：（为的质因数个数，为质数，），例如：，对应．现对任意，定义莫比乌斯函数 (1)求； (2)记的所有真因数（除了1和以外的因数）依次为， ①若，求； ②若且，求． 28．高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，他和阿基米德、牛顿并列为世界三大数学家，为了纪念他，人们把函数（）称为高斯函数，其中表示不超过x的最大整数. 已知：，（，） (1)若，，，求的值； (2)若，，，求证：； (3)设，求S除以2023的余数. 29．已知集合，规定：若集合，则称为集合的一个分拆，当且仅当：，，…，时，与为同一分拆，所有不同的分拆种数记为.例如：当，时，集合的所有分拆为：，，，即. (1)求； (2)试用、表示； (3)设，规定，证明：当时，与同为奇数或者同为偶数. 学科网（北京）股份有限公司1 / 9 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第六章 计数原理（压轴专练）（九大题型） 目录： 题型1：计数原理与数列 题型2：计数原理与向量 题型3：计数原理与立体几何 题型4：计数原理与集合 题型5：计数原理与函数、三角形函数 题型6：二项式定理 题型7：复杂的排列组合实际问题 题型8：图形、格点等问题 题型9：解答题 题型1：计数原理与数列 1．设为的一个排列，满足，则这样的排列的个数为 个. 【答案】6142 【分析】根据条件分别对于与时得出排列个数. 【解析】对于给定的，考虑使的满足条件的排列个数， 当时，对有为的排列（若，则没有 这样的i），且（若，则没有这样的j），因此， 当时，类似地有， 因此，满足条件的排列个数为 故答案为：6142. 【点睛】本题关键针对与分别得出排列个数. 2．一个项数为的正整数数列满足，且，若为不大于 的偶数，则符合条件的数列共有 个. 【答案】 【分析】根据题意，先确定数列中的值，再利用组合知识，即可得到结论. 【解析】由题意，且， 当时，，则可以取或，且逐项不减小， 此时满足条件的数列的个数有个； 当，，则可以取或或或，且逐项不减小， 此时满足条件的数列的个数有个； 当，，则可以取或或或或或，且逐项不减小， 此时满足条件的数列的个数有个； 当，，则可以取或或或或或或或， 且逐项不减小，此时满足条件的数列的个数有个； 综上，满足条件的数列共有. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：先确定数列中的值，之后再分析的取值，可能都是同一个值；可能是从可取值中选两个出来，比如选和，那么可能，可能或有三种可能；依次分析即可. 3．已知有穷数列的首项为1，末项为12，且任意相邻两项之间满足，则符合上述要求的不同数列的个数为 ． 【答案】144 【分析】首末项相差11，从首项到末项的运算方法进行分类，结合组合计数问题列式计算即得. 【解析】依题意，首项和末项相差11，而任意相邻两项之间满足，， 当时，即后一项与前一项的差均为1，数列的个数为1； 当时，即后一项与前一项的差出现一个2，九个1，数列的个数为； 当时，即后一项与前一项的差出现两个2，七个1，数列的个数为； 当时，即后一项与前一项的差出现三个2，五个1，数列的个数为； 当时，即后一项与前一项的差出现四个2，三个1，数列的个数为； 当时，即后一项与前一项的差出现五个2，一个1，数列的个数为， 所以符合上述要求的不同数列的个数为. 故答案为：144 【点睛】关键点点睛：按后一项与前一项的差2出现的次数分类是解决本问题的关键. 题型2：计数原理与向量 4．我们称（为正整数）元有序实数组为维向量，为该向量的范数.已知维向量，其中，记范数为奇数的的个数为，则 【答案】 【分析】考虑当为偶数时，的个数为奇数，当为奇数时，的个数为偶数，根据乘法原理和加法原理，以及和的展开式的加减，求得的通项公式. 【解析】当为偶数时，范数为奇数，则的个数为奇数，则的个数为 根据乘法原理和加法原理可得：， 因① ② 由，故； 当为奇数时，范数为奇数，则的个数为偶数，则的个数为 根据乘法原理和加法原理可得：， 因① ② 由，故. 综上，，故. 故答案为： . 【点睛】关键点点睛：本题考查了向量的新定义，乘法原理，加法原理，二项式定理，数列的通项公式，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中利用和的展开式求数列通项是解题的关键，需要灵活掌握. 5．平面向量为2维向量，可由2元有序实数组表示；空间向量为3维向量，可由3元有序实数组表示.维向量可由（为正整数）元有序实数组表示.已知维向量，我们称 为该向量的范数，其中，记范数为奇数的的个数为.设，则 . 【答案】985211 【分析】由或可知中有偶数个，计算每种情况下的个数，求和即能得到结果. 【解析】当时，. ∵，∴或. 要使为奇数，则需中有偶数个. 当均不为时，，的个数为， 当中有2个时，，的个数为， 当中有4个时，，的个数为， 当中有6个时，，的个数为， ∴， ∴. 故答案为：985211. 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是讨论中0的个数，计算每种情况下的个数，求出的值，即可得到的结果. 6．我们称元有序实数组为维向量，为该向量的范数.已知维向量，其中，记范数为奇数的的个数为，则 ； （用含的式子表示，）. 【答案】 【分析】当时，范数为奇数，则的个数为偶数，即的个数为、，根据乘法原理和加法原理得到；在维向量中，范数为奇数，则的个数为奇数，即的个数为、、、、，根据乘法原理和加法原理结合二项式定理可求得的表达式. 【解析】当时，范数为奇数，则的个数为偶数，即的个数为、， 根据乘法原理和加法原理得到. 在维向量中，范数为奇数，则的个数为奇数， 即的个数为、、、、， 根据乘法原理和加法原理得到， ， ， 两式相减得到. 故答案为：；. 【点睛】关键点睛：本题考查了向量的新定义，乘法原理，加法原理，二项式定理，数列的通项公式，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中利用和的展开式求数列通项是解题的关键，需要灵活掌握. 题型3：计数原理与立体几何 7．现有四种不同颜色的彩灯装饰五面体的六个顶点，要求，用同一种颜色的彩灯，其它各棱的两个顶点挂不同颜色的彩灯，则不同的装饰方案共有 种.（用数字作答） 【答案】 【分析】首先给，两个顶点挂彩灯，再给顶点挂彩灯，再分、挂同一种颜色的彩灯和、挂不同种颜色的彩灯两种情况讨论，按照分步、分类计数原理计算可得. 【解析】首先给，两个顶点挂彩灯，有种方法，再给顶点挂彩灯，有种方法， ①若、挂同一种颜色的彩灯，则有种方法， 最后挂点有种方法，故有种； ②若、挂不同种颜色的彩灯，此时挂点有种方法，挂点有种方法， 最后挂点有种方法，故有种； 综上可得一共有种不同的方法. 故答案为： 8．空间内存在三点A、B、C，满足，在空间内取不同两点（不计顺序），使得这两点与A、B、C可以组成正四棱锥，求方案数为 ． 【答案】9 【分析】根据题意，先考虑正四棱锥中三个点构成等边三角形的情况，分类讨论为正四棱锥的侧面或对角面两种情况，再结合三边的轮换对称性即可得解. 【解析】因为空间中有三个点，且， 不妨先考虑在一个正四棱锥中，哪三个点可以构成等边三角形，同时考虑三边的轮换对称性，可先分为两种大情况，即以下两种： 第一种：为正四棱锥的侧面，如图1， 此时分别充当为底面正方形的一边时，对应的情况数显然是相同的; 不妨以为例，此时符合要求的另两个点如图1所示，显然有两种情况， 考虑到三边的轮换对称性，故而总情况有6种；    第二种：为正四棱锥的对角面，如图2， 此时分别充当底面正方形的一对角线时，对应的情况数显然也是相同的; 不好以为例，此时符合要求的另两个点图2所示，显然只有一种情况， 考虑到三边的轮换对称性，故而总情况有3种； 综上所述：总共有9种情况. 故答案为：9. 【点睛】关键点睛：本题解决的关键是注意到为正三角形，从而考虑正四棱锥中三个点构成等边三角形的情况，结合三边的轮换对称性即可得解. 9．已知三棱锥的侧棱长相等，且侧棱两两垂直．设P为该三棱锥表面（含棱）上异于顶点的点，记．若集合D中有且只有2个元素，则符合条件的点P有（   ）个． A．3 B．6 C．7 D．10 【答案】D 【分析】设，分到两个顶点的距离一样，到另外两个顶点的距离一样，且，和到其中三个顶点的距离一样，到另一个顶点的距离为，且，两种情况，结合对称性，列举出满足题设的所有点，即可得答案. 【解析】设，情况如下： ①到两个顶点的距离一样，到另外两个顶点的距离一样，且， 由具有对称性，不妨讨论，， 满足题意的应同时在线段的中垂线面和三棱锥表面上， 即为其中垂面交线与三棱锥表面的交点，如图两点， 同理，，和，也各有2个满足题意的点，故共6个； ②到其中三个顶点的距离一样，到另一个顶点的距离为，且， 若到的距离一样，即，则为过外心的垂线与三棱锥表面的交点，如图和（舍）； 若到和中的两个距离一样，由具有对称性， 不妨讨论，则为过外心的垂线与三棱锥表面的交点，如图， 同理，和也各有1个满足题意的点，共4个； 综上，共有10个满足题意的点. 故选：D 【点睛】关键点点睛：依据题意将问题分成到两个顶点的距离一样，到另外两个顶点的距离一样，且，和到其中三个顶点的距离一样，到另一个顶点的距离为，且两类为关键. 题型4：计数原理与集合 10．集合满足条件，，当时，我们将和视为两个不同的集合对，则满足条件的集合对共有 个． 【答案】211 【分析】利用集合的运算性质以及分类讨论进行求解. 【解析】因为，，所以集合都是的非空子集.①当集合A中含有1个元素时，不妨设,则，此时集合对有种；②当集合A中含有2个元素时，不妨设,则集合或或，此时集合对有种；③当集合A中含有三个元素时，不妨设,则或或或或或或，此时集合对有种；④当集合A中含有四个元素时，不妨设，则集合至少含有两个元素，且有一个元素为，此时集合对有种；当集合A中含有五个元素时, 此时集合对有个.故共有. 故答案为：211. 11．从集合中取出三个元素构成集合，则中元素满足的概率为 .（用数字作答） 【答案】 【分析】 利用分步乘法计数原理及古典概型的概率公式即可求解. 【解析】当取10时，取9时，就有6种取法：取8时，就有5种取法，一直做下去就发现， 当时，集合有种取法; 当时，集合有种取法; 当时，就有取法; 当时， 就有种取法; 当时，就有种取法: 当时， 只有种取法; 由分类原理得共有种结果 所求概率. 故答案为：. 题型5：计数原理与函数、三角形函数 12．对于定义在非空集上的函数，若对任意的，当，有，则称函数为“准单调递增函数”，若函数的定义域，值域，则在满足这样条件的所有函数中，为“准单调递增函数”的概率是 ． 【答案】 【分析】首先根据值域个数，将定义域中的元素进行分组，求解所有的函数个数，再利用隔板法求函数为增函数的个数，再根据古典概型概率公式，即可求解. 【解析】若函数的值域为，则有1个函数，所以值域为单元素的函数有3个， 若值域为，将定义域中的元素分组为3,3，则有个函数， 将定义域中的元素分组为2,4，则有个函数， 将定义域中的元素分组为1,5，则有个函数， 则共有个函数，所以值域为双元素的函数共有个函数； 若值域为，将定义域中的元素分组为1,2,3，则有个函数， 将定义域中的元素分组为2,2,2，则有个函数， 将定义域中的元素分组为1,1,4，则有个函数， 则共有个函数， 综上可知，共有个函数， 其中，若函数为增函数，当值域为单元素集合，有3个函数，满足条件， 当值域有2个元素，将元素1,2,3,4,5,6中间隔1块板，有5种方法，则有个函数， 若值域有3个元素，则将元素1,2,3,4,5,6中间隔2块板，有种方法，即有10个函数， 综上可知，为增函数的函数有个函数， 所以为增函数的概率. 故答案为： 13．已知正整数，满足，若关于的方程有实数解，则符合条件的共有 对. 【答案】 【分析】根据题意，将方程化简可得，从而可得，然后分类讨论相加，即可得到结果. 【解析】因为，所以，同理可得， 又，所以， 所以，，其中， 从而，即. ①若， 取，则即为方程的解， 此时共有种； ②若， 设取，则即为方程的解， 此时共有种； ③若模余， 则，从而， 由①②可知此时共有种； ④若模余，则，从而， 模余的是，由①知可以；模余的是，由②不可以， 故此时共有种； 综上所述符合条件的共有对. 故答案为： 题型6：二项式定理 14．已知，则的值为 ． 【答案】 【分析】利用二项式定理可得，又利用组合数公式可得，从而可求解问题. 【解析】因为， 所以， 因为 ， 所以原式 ， 所以. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用组合数计算公式将. 15．已知，则（    ） A．9 B．10 C．19 D．29 【答案】C 【分析】先将等式两边同时乘以，再将两边同时求导后，令可得. 【解析】因为， 所以 分别对两边进行求导得 ， 令，得， 所以， 故选：C 【点睛】关键点点睛：本题关键将原式两边同时乘以，再将两边对求导. 16．已知，其中，若存在，使得成立，则的最大值是 ． 【答案】49 【分析】根据二项式展开式的通项特征可得，即可根据为奇数求解. 【解析】由题设，左边的通项公式为 ， ； 所以，由题设得， 因为，要使得成立，则为奇数， 即为奇数，且恒成立， 则等价为，又是正奇数，故的最大值为49， 故答案为：49 17．对于，将n表示为，当时，.当时，为0或1.记为上述表示中为0的个数，（例如，，故，）.若，则 . 【答案】 【分析】将分为，，，…，等7种情况，由组合数的性质，分析其中的取值情况，与二项式定理结合，可转化为等比数列的前7项和，计算可得答案． 【解析】， 设，且为整数， 则， 中6个数都为0或1， 其中没有一个为1时，有种情况，即有个； 其中有一个为1时，有种情况，即有个； 其中有2个为1时，有种情况，即有个； … 故，同理可得：， … ， , 则. 故答案为:． 【点睛】关键点睛：本题比较综合，难度大，得到是解题的关键. 题型7：复杂的排列组合实际问题 18．在某道选词填空题中，共有4个空格、5个备选单词，其中每个空格只有备选单词中的一个正确答案（备选单词中有一个是多余的），则4个空格全部选错的概率是 . 【答案】 【分析】根据题意，由分类加法计数原理与组合数的应用可得全部选错的情况数，然后结合古典概型的概率计算公式，即可得到结果. 【解析】假设5个单词分别是，正确的顺序为， 第一大类为选出的4个单词不包含， 则符合要求的情况有：共9种； 第二大类为选出的4个单词包含， 先选出，则有种情况，假设选出的单词为， 当在第四个位置时，符合要求的情况有共2种， 当不在第四个位置时，从剩下的3个位置选1个，有种情况， 假设在第一个位置，则此时符合要求的情况数有共3种， 则共有； 则符合要求的情况共有，且全部情况为， 则4个空格全部选错的概率是. 故答案为： 19．某兴趣小组有10名学生，若从10名学生中选取3人，则选取的3人中恰有1名女生的概率为，且女生人数超过1人，现在将10名学生排成一排，其中男生不相邻，且男生的左右相对顺序固定，则共有 种不同的站队方法. 【答案】25200 【分析】由已知得10名学生中，有女生6人，男生4人，再利用插空法求解即可. 【解析】设10名学生中，有女生人，男生人， 则10名学生中选取3人，恰有1名女生的概率， 整理得：，即 因式分解可得：， 解得：或（舍去）或（舍去） 所以10名学生中，有女生6人，男生4人， 将6名女生排成一排有种方法，再将4名男生插到7个空中有种方法， 因为男生的左右相对顺序固定，而4名男生排成一排有种方法， 所以一共有， 故答案为：25200 20．甲、乙两人各有4张卡片，每张卡片上分别标有1，2，3，4四个数字之一.两人进行四轮比赛，在每轮比赛中，甲、乙各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较卡片上数字的大小，数字大者胜，然后各自舍弃此轮所选卡片舍弃的卡片在此后的轮次中不能使用则四轮比赛中，甲、乙每轮所出数字大小均不相同的情况共有 种. 【答案】216 【分析】甲，乙出卡片的种数均有种，不妨设甲出牌的数字依次为1，2，3，4，先求出甲、乙每轮所出数字大小有相同的情况，分三种情况：甲、乙每轮所出数字大小有一张、有两张、有三张卡片数字相同讨论，进而求出甲、乙每轮所出数字大小均不相同的情况有：种，则，得解. 【解析】甲出卡片的种数一共有种，同理，乙出卡片的种数也一共有种. 不妨设甲出牌的数字依次为1，2，3，4， 若甲、乙每轮所出数字大小有相同的情况， 则乙每轮所出数字有以下三种情况： ①甲、乙每轮所出数字大小有一张卡片数字相同， 不妨设乙第一轮所出数字为1，那么后面三轮所出卡片数字均不能相同， 有1，3，4，2和1，4，2，3两种情况， 则甲、乙每轮所出数字大小有一张卡片数字相同共有种情况； ②甲、乙每轮所出数字大小有两张卡片数字相同， 不妨设乙第一、二轮所出数字为1，2，那么后面两轮所出卡片数字均不能相同， 有1，2，4，3一种情况， 则甲、乙每轮所出数字大小有两张卡片数字相同共有种情况； ③甲、乙每轮所出数字大小有三张卡片数字相同，那么第四张卡片也会相同， 则乙每轮所出数字只有1，2，3，4一种情况. 故甲、乙每轮所出数字大小有相同的情况共有种， 所以当甲出牌的数字依次为1，2，3，4， 甲、乙每轮所出数字大小均不相同的情况有：种. 故甲、乙每轮所出数字大小均不相同的情况有：种. 故答案为：216. 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是不妨设甲出牌的数字依次为1，2，3，4，求出甲、乙每轮所出数字大小有相同的情况，得到甲、乙每轮所出数字大小均不相同的情况. 21．2010年广州亚运会结束了，某运动队的7名队员合影留念，计划站成一横排，但甲不站最左端，乙不站最右端，丙不站正中间.则理论上他们的排法有(  ) A．3864种 B．3216种 C．3144种 D．2952种 【答案】B 【分析】根据题意，分3种情况讨论：①、甲在右端，分乙在中间与乙不在中间，再安排丙的位置，最后再将剩余的4个人全排列；②、若甲在中间，分丙在右端与丙不在右端两种，情况同①. ③、若甲不在中间也不在右端，先排甲，有4种方法，再排乙，分乙在中间与乙不在中间，再安排丙的位置，最后再将剩余的4个人全排列；最后由分类计数原理计算可得答案． 【解析】根据题意，分3种情况讨论： ①、甲在右端，若乙在中间，则丙有5个位置可选，再将剩余的4个人全排列，安排在其余的4个位置，有种情况； 甲在右端，若乙不在中间，则乙还有5个位置可选，此时丙还有4个位置可选，再将剩余的4个人全排列，安排在其余的4个位置， 有种情况；两种情况合并，共有种情况； ②、若甲在中间，分丙在右端与丙不在右端两种，情况同①. 共有种情况； ③、若甲不在中间也不在右端，先排甲，有4种方法，再排乙，乙若在中间，则丙有5种排法；乙若不在中间，则乙有4种排法，此时丙有4种排法；最后，将剩余的4个人全排列，安排在其余的4个位置，共有种情况； 综上，则共有种不同的站法． 故选：B. 题型8：图形、格点等问题 22．如图，从1开始出发，一次移动是指：从某一格开始只能移动到邻近的一格，并且总是向右或向上或右下移动，而一条移动路线由若干次移动构成，如从1移动到11：1→2→3→5→7→8→9→10→11就是一条移动路线．从1移动到数字的不同路线条数记为，从1移动到11的事件中，跳过数字的概率记为，则下列结论正确的是（    ） ①，②，③，④． A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④ 【答案】A 【分析】根据题意分析，不难得到，按照规律写出各项，即可判断①，②正确；对于③，结合树状图，考虑对立事件所包含的样本点数，利用古典概型概率公式计算即得，同法求出即可判断. 【解析】由题意可知， 则，， 则①正确；显然，故②正确； 因为，经过数字5的路线共有条. 理由:如上树状图所示，分别计算1-5的路线共有5条，5-11的路线共有13条， 利用分步乘法计数原理可得，过数字5的路线共有条. 则，故③正确； 同理可得即有，故④错误. 故选:A． 23．五行是华夏民族创造的哲学思想，多用于哲学､中医学和占卜方面，五行学说是华夏文明重要组成部分.古代先民认为，天下万物皆由五类元素组成，分别是金､木､水､火､土，彼此之间存在相生相克的关系.下图是五行图，现有5种颜色可供选择给五“行”涂色，要求五行相生不能用同一种颜色（例如金生火，水生木，不能同色），五行相克可以用同一种颜色（例如水克火，木克土，可以用同一种颜色），则不同的涂色方法种数有（    ）    A．3125 B．1000 C．1040 D．1020 【答案】D 【分析】根据不邻区域是否同色进行分类，确定涂色顺序再分步计数即可. 【解析】五行相克可以用同一种颜色，也可以不用同一种颜色，即无限制条件. 五行相生不能用同一种颜色，即相邻位置不能用同一种颜色. 故问题转化为如图五个区域， 有种不同的颜色可用，要求相邻区域不能涂同一种颜色，即色区域的环状涂色问题.    分为以下两类情况： 第一类：三个区域涂三种不同的颜色， 第一步涂区域， 从种不同的颜色中选种按序涂在不同的个区域上，则有种方法， 第二步涂区域，由于颜色不同，有种方法， 第三步涂区域，由于颜色不同，则有种方法， 由分步计数原理，则共有种方法； 第二类：三个区域涂两种不同的颜色， 由于不能涂同一色，则涂一色，或涂同一色，两种情况方法数相同. 若涂一色， 第一步涂区域，可看成同一区域，且区域不同色， 即涂个区域不同色， 从种不同的颜色中选种按序涂在不同的个区域上，则有种方法， 第二步涂区域，由于颜色相同，则有种方法， 第三步涂区域，由于颜色不同，则有种方法， 由分步计数原理，则共有种方法； 若涂一色，与涂一色的方法数相同， 则共有种方法. 由分类计数原理可知，不同的涂色方法共有种. 故选：D. 24．如图，在的方格表中按照下面的条件填入6个圆圈，满足各行．各列至少有一个圆圈；同一格不能填2个圆圈．则不同的符合条件的填入方法有 种． 【答案】4200 【分析】6个圆圈填入5行、5列的表格中，按照题目要求，易知必有某行2个，其他行1个；某列2个，其他列1个，据此分两类讨论，分别求出安排种数，再由分类加法计数原理得解. 【解析】6个圆圈填入5行、5列的表格中，按照题目要求，易知必有某行2个，其他行1个；某列2个，其他列1个. ①如果该行和该列的交界处有圆圈，则去掉这个圆圈恰好每行每列1个，有5!=120种，新增的这个交界处圆圈有20种填法，共计:120×20= 2400种; ②如果该行和该列的交界处没有圆圈，选定该行该列的方式有种，在该行该列分别填入2个圆圈的方法有种，最后再把剩下2个圆圈填入方格，有2种填法，共计: 种; 综上，不同的符合条件的填入方法有4200种. 故答案为：种 题型9：解答题 25．规定，其中，m是正整数，且，这是组合数（n，m是正整数，且）的一种推广． (1)求的值． (2)组合数的两个性质：①；②是否都能推广到（，m是正整数）的情形？若能推广，则写出推广的形式并给出证明；若不能，则说明理由； (3)已知组合数是正整数，证明：当，m是正整数时，． 【答案】(1) (2)性质①不能推广，理由见解析；性质②能推广，证明见解析. (3)证明见解析. 【分析】（1）按题中定义计算即可； （2）由定义可知m是正整数，所以只需要判断①；②中的是否只能是整数即可； （3）分类讨论、、三种情况，其中当时可将的分子转换为正数进行计算证明. 【解析】（1） （2）性质①不能推广，例如当时有定义，但无意义； 性质②能推广，它的推广形式是：，，m是正整数 证明：当时，有， 当时， （3）当时，组合数； 当时，； 当时，由可知， 所以 因为组合数是正整数，所以 证毕. 26．在的展开式中，把，，，…，叫做三项式的次系数列． （1）写出三项式的2次系数列和3次系数列； （2）列出杨辉三角形类似的表（，），用三项式的次系数表示，，； （3）用二项式系数表示． 【答案】（1），，，，，，，，，，，；（2），，；（3）. 【分析】（1）先求出三项式的展开式，即可求出； （2）列出杨辉三角形类似的表，即可得出结果； （3）根据三项式的次系数列定义展开求解即可得出. 【解析】（1）写出三项式的2次系数列和3次系数列： ∵， ∴，，，，， ∵ ， ∴，，，，，，． （2）列出杨辉三角形类似的表（，）， 用三项式的次系数表示，，， ，，， （3）用二项式系数表示， ，，， ，…，， ∵， ∴， ∵，，…，， ∴ ， ∴． 27．莫比乌斯函数在数论中有着广泛的应用．所有大于1的正整数都可以被唯一表示为有限个质数(质数是指大于1的自然数中，只有1和它本身两个因数的数)的乘积形式：（为的质因数个数，为质数，），例如：，对应．现对任意，定义莫比乌斯函数 (1)求； (2)记的所有真因数（除了1和以外的因数）依次为， ①若，求； ②若且，求． 【答案】(1)， (2)①；② 【分析】（1）分别写出、的所有质因数，根据其个数即可计算出结果； （2）①列出的真因数，计算可得；②利用定义由组合数定义以及二项式定理计算可得. 【解析】（1），则，，，，，，， ， 又，则，，，，，，， 所以； （2）①，，，，，，， ，，，，，，，， 则，，，，， ，，，， ，，，，， ． ②由于且，所以可设，为偶数， 的所有因数，除了1之外都是中的若干个数的乘积， 从个质数中任选个数的乘积一共有种结果， 所以 ， 所以． 【点睛】关键点点睛：本题关键在于充分理解莫比乌斯函数的定义，并根据计算规则得出其规律，再由二项式系数性质可得出结果. 28．高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，他和阿基米德、牛顿并列为世界三大数学家，为了纪念他，人们把函数（）称为高斯函数，其中表示不超过x的最大整数. 已知：，（，） (1)若，，，求的值； (2)若，，，求证：； (3)设，求S除以2023的余数. 【答案】(1) (2)见解析 (3)1011 【分析】（1）将展开，由题意可得，即可求出的值； （2）计算，结合即可证明. （3）先求得每项除以2023的余数，求每项除以2023的余数时，分奇偶项进行讨论，余数求和后再求除以2023的余数即可. 【解析】（1）因为，， 所以当时，， 而， 因为，，， 所以,. （2）因为，，，， 则 . 故. （3）， 又， 则， 又， 所以 ， 所以当， ， 其除以2023的余数为， 当时， ， 其除以2023的余数2022和3， 当且时， ， 其除以2023的余数为， 当时， ， 其除以2023的余数为， 除以2023的余数为除以2023的余数， 即除以2023的余数， 又 其除以2023的余数为1011. 【点睛】关键点睛：本题第三问的关键一是分奇偶项进行讨论，特别是偶数项时，最后两项求得结果与前面项，求得结果不同，要分开讨论；二是余数求和后要再除以2023二次求余. 29．已知集合，规定：若集合，则称为集合的一个分拆，当且仅当：，，…，时，与为同一分拆，所有不同的分拆种数记为.例如：当，时，集合的所有分拆为：，，，即. (1)求； (2)试用、表示； (3)设，规定，证明：当时，与同为奇数或者同为偶数. 【答案】(1)9 (2) (3)证明见解析 【分析】(1)根据新定义,结合集合元素个数和和不同分拆种数计算即可; (2)先考虑至少进入其中一个的情况类比得到所有元素的情况再应用乘法原理可得; (3) 运用二项式定理将展开，把转化为, 即可证明与同为奇数或者同为偶数. 【解析】（1）集合， 对于每一个，都有进入或不进入两种可能， 而且至少进入其中一个， 所以有种进入、的不同方法； 同理有种进入、的不同方法； 由分步计数原理，、进入、共有种不同方法， 即. （2）因为集合， 下面按是否进入分为步求， 第一步：对于每一个，都有进入或不进入两种可能， 而且至少进入其中一个， 所以有种进入、、…、的不同方法； 第二步：同理有种进入、、…、的不同方法； … 第步：同理有种进入、、…、的不同方法. 由分步计数原理，、、…、进入、、…、， 共有种不同方法，即. （3）运用二项式定理将展开， ， 其中， ，其中， 所以当为奇数时，为奇数； 当为偶数时，也为偶数， 即与同为奇数或者同为偶数. 学科网（北京）股份有限公司2 / 29 学科网（北京）股份有限公司 $$