精英班教案排列组合.doc

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1、将24个志愿者名额分配给3个学校，则每校至少有一个名额且各校名额互不相同的分配方法共有　222　　种．[解法一]用4条棍子间的空隙代表3个学校，而用表示名额．如　　表示第一、二、三个学校分别有4，18，2个名额．若把每个“”与每个“”都视为一个位置，由于左右两端必须是“｜”，故不同的分配方法相当于个位置（两端不在内）被2个“｜”占领的一种“占位法”．“每校至少有一个名额的分法”相当于在24个“”之间的23个空隙中选出2个空隙插入“｜”，故有种．又在“每校至少有一个名额的分法”中“至少有两个学校的

2、名额数相同”的分配方法有31种．综上知，满足条件的分配方法共有253－31＝222种．[解法二]　设分配给3个学校的名额数分别为，则每校至少有一个名额的分法数为不定方程　　　　　．的正整数解的个数，即方程的非负整数解的个数，它等于3个不同元素中取21个元素的可重组合：．又在“每校至少有一个名额的分法”中“至少有两个学校的名额数相同”的分配方法有31种．综上知，满足条件的分配方法共有253－31＝222种．一条走廊宽2m,长8m,用6种颜色的11m的整块地砖来铺设(每块地砖都是单色的,每种颜色的地

3、砖都足够多),要求相邻的两块地砖颜色不同,那么所有的不同拼色方法有A.个B.个C.个D.个．解：铺第一列(两块地砖)有种方法；其次铺第二列．设第一列的两格铺了、两色(如图)，那么，第二列的上格不能铺色．若铺色，则有种铺法；若不铺色，则有种方法.于是第二列上共有种铺法.同理，若前一列铺好，则其后一列都有种铺法．因此，共有种铺法．故选D．直线与直线平行，上有5个不同的点，上有10个不同的点，将上的点与上的点连线段，若没有三条线段交于同一点，则这些线段之间的交点共有个．7．设集合，是S的子集，且满足：

4、，，那么满足条件的子集的个数为．答案：371．解：当时，有种选择方法，有6种选择方法，所以共有种选择方法；当时，一旦取定，有种选择方法，有种选择方法，所以选择的方法有种．综上，满足条件的子集共有371个．有6本不同的书，其中一本数学书，两本英语书，三本音乐书，将他们排成一排，若英语书不相邻，音乐书也不相邻的不同排法数为1201234567891.用红、黄、蓝三种颜色之一去涂途中标号为的9个小正方形（如图），使得任意相邻（有公共边的）小正方形所涂颜色都不相同，且“3、5、7”号数字涂相同的颜色，则

5、符合条件的所有涂法共有__108_____种。设是的任一排列，是到的映射，且满足，记数表。若数表的对应位置上至少有一个不同，就说是两张不同的数表。则满足条件的不同的数表的张数为（A）144　　　（B）192　　　　（C）216　　　　　（D）576解：对于的一个排列，可以9个映射满足，而共有个排列，所以满足条件的数表共有张，故选C。9．一个立方体，它的每个角都截去一个三棱锥，变成一个新的立体图形。那么在新图形顶点之间的连线中，位于原立方体内部的有　120　　条。解：据题意新的立体图形中共有24个

6、顶点，每两点连一条线，共，其中所有的棱都在原立方体的表面，有36条原立方体的每个面上有8个点，除去棱以外，还可以连条，6个面共120条都在原立方体的表面，除此之外的直线都在原立方体的内部。设为整数，集合中的数由小到大组成数列：，则　　　131　　　。解：∵为整数且，∴最小取2，此时符合条件的数有，可在中取，符合条件有的数有同理，时，符合条件有的数有时，符合条件有的数有时，符合条件有的数有时，符合条件有的数有因此，是中的最小值，即连结正五边形的对角线交另一个正五边形，两次连结正五边形的对角线，又交

7、出一个正五边形（如图），以图中线段为边的三角形中，共有等腰三角形()个。（A）50（B）75（C）85（D）100答：C.解：对于其中任一点P，以P为“顶”（两腰的公共点）的等腰三角形的个数记为[P]则.,由于图中没有等边三角形，则每个等腰三角形恰有一个“顶”。据对称性可知。因此等腰三角形共有个。用标有1，2，3，15，40克的法码各一个，在某架无刻度的天平上称量重物，如果天平两端均可放置法码，那么该天平所能称出的不同克数（正整数的重物）至多有种。答：55。解：用1，2，3这三只法码，可称出区间

8、中的全部整克数,增加15克的法码后，量程扩充了区间，再增加40克的法码后，量程又扩充了三个区间：，但区间与有三个整数重复，计算上述各区间内的整数个数，则得能称出的不同克数共有6+13+（13+13+13）-3=55种。若集合中的每个元素都可表为中两个不同的数之积，则集中元素个数的最大值为.答：.解：从中每次取一对作乘积，共得个值，但其中有重复，重复的情况为，共种，因此集合中至多有个数.．作出正四面体每个面的中位线，共得条线段，在这些线段中，相互成异面直线的“线段对”有个.答：个“线段对”.解：任