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一、选择题(每小题6分，共36分)

1.在直角坐标系xOy平面上，平行直线x=m(m=0,1,2,3,4)，与平行直线y=n(n=0,1,2,3,4)组成的图形中，矩形共有(　　)

A.25个 B.100个

C.36个 D.200个

【解析】　两条水平线与两条竖直线可组成一个矩形，所以矩形的个数也就是从5条水平线中取两条水平线，从五条竖直线中取两条竖直线的方法，所以共有C·C=100个.

【答案】　B

2.将7名学生分配到甲、乙两个宿舍中，每个宿舍至少安排2名学生，那么互不相同的分配方案共有(　　)

A.252种 B.112种

C.70种 D.56种

【解析】　分两类：甲、乙每屋住4人、3人或5人、2人，所以共有CA+CA=35×2+21×2=112种.

【答案】　B

3.6个人分乘两辆不同的汽车，每辆车最多坐4人，则不同的乘法方法数为(　　)

A.40 B.50

C.60 D.70

【解析】　先分组再排列，一组2人一组4人有C=15种不同的分法;两组各3人共有=10种不同的分法，所以不同的乘法方法数为25×A=50.

【答案】　B

4.编号为1、2、3、4、5的5个人分别去坐编号为1、2、3、4、5的五个座位，其中有且只有两个人的编号与座位号一致的坐法有(　　)

A.10种 B.20种

C.30种 D.60种

【解析】　五个人有两个人的编号与座位号相同，此两人的选法共有C，假如编号1、2号人坐的号为1、2，其余三人的编号与座号不同，共有2种坐法.

∴符合题意的坐法为2×C=2×10=20种.

【答案】　B

5.(2008年海南宁夏高考)甲、乙、丙3位志愿者安排在周一至周五的5天中参加某项志愿者活动，要求每人参加一天且每天至多安排一人，并要求甲安排在另外两位前面，不同的安排方法共有(　　)

A.20种 B.30种

C.40种 D.60种

【解析】　甲排周一时，有A=12种排法.

甲排周二时，有A=6种排法.

甲排周三时，有A=2种排法.

故共有12+6+2=20种不同的排法.

【答案】　A

6.(2008年安徽高考题)12名同学合影，站成了前排4人后排8人.现摄影师要从后排8人中抽2人调整到前排，若其他人的相对顺序不变，则不同调整方法的种数是(　　)

A.CA B.CA

C.CA D.CA

【解析】　解决本题可分两个步骤：第一步：从后排8人中抽取2人，有C种方法;第二步：前排6人的排列，因为原来前排的4人顺序不变，所以有=A种方法(或者第二步是从前排的6个位置中选2个位置让抽出来的2人排好，剩余的4人按原顺序排好，有A种方法).根据分步乘法计数原理得共有CA种方法.

【答案】　C

二、填空题(每小题6分，共18分)

7.(2010年珠海模拟)从5名外语系大学生中选派4名同学参加广州亚运会翻译、交通、礼仪三项义工活动，要求翻译有2人参加，交通和礼仪各有1人参加，则不同的选派方法共有________种.

【解析】　本题可分三步完成.

第一步：先从5人中选出2名翻译，共C种选法，

第二步：从剩余3人中选1名交通义工，共C种选法，

第三步：从剩余2人中选1名礼仪义工，共C种选法，

所以不同的选派方法共有CCC=60种.

【答案】　60

8.如图所示，在A，B间有四个焊接点，若焊接点脱落，则可能导致电路不通.今发现A、B之间线路不通，则焊接点脱落的不同情况有________种.

【解析】　本题考查分类和分步计数原理的应用.可采用排除法，各个焊点的情况各有2种情况，故四个焊点共有24种可能，其中能使线路通的情况是：1,4都通 ,2和3中至少有一个通时线路才通，共有3种可能，故不通的共有24-3=13种可能.

【答案】　13

9.某班要从A，B，C，D，E五人中选出三人担任班委中三种不同的职务，则上届任职的A，B，C三人都不连任原职务的方法有________种.

【解析】　分三类.①A，B，C三人入选，则只有2种方法.

②若A，B，C三人只有两人入选，

则一共有C·C·3=18种.

③若A，B，C三人中只有一人入选，

则一共有C·C·4=12种.

所以一共有2+18+12=32种方法.

【答案】　32

三、解答题(10,11每题15分，12题16分，共46分)

10.有10只不同的试验产品，其中有4只次品，6只正品，现每次取1只测试，直到4只次品全测出为止，求最后1只次品正好在第五次测试时被发现的不同情形有多少种?

【解析】　方法一：设想有五个位置，先从6只正品中任选1只，放在前四个位置的任一个上，有CC种方法;再把4只次品在剩下的四个位置上任意排列，有A种排法.故不同的情形共有CCA=576种.

方法二：设想有五个位置，先从4只次品中任选1只，放在第五个位置上，有C种方法;再从6只正品中任选1只，和剩下的3只次品一起在前四个位置上任意排列，有CA种方法.故不同的情形共有CCA=576种.

11.(1)3人坐在有八个座位的一排上，若每人的左右两边都要有空位，则不同坐法的种数为几种?

(2)有5个人并排站成一排，如果甲必须在乙的右边，则不同的排法有多少种?

(3)现有10个保送上大学的名额，分配给7所学校，每校至少有1个名额，问名额分配的方法共有多少种?

【解析】　(1)由题意知有5个座位都是空的，我们把3个人看成是坐在座位上的人，往5个空座的空档插，由于这5个空座位之间共有4个空，3个人去插，共有A=24种.

(2)∵总的排法数为A=120种，

∴甲在乙的右边的排法数为A=60种.

(3)方法一：每个学校至少一个名额，则分去7个，剩余3个名额分到7所学校的方法种数就是要求的分配方法种数.

分类：若3个名额分到一所学校有7种方法;

若分配到2所学校有C×2=42种;

若分配到3所学校有C=35种.

∴共有7+42+35=84种方法.

方法二：10个元素之间有9个间隔，要求分成7份，相当于用6块档板插在9个间隔中，共有C=84种不同的方法.

所以名额分配的方法共有84种.

12.用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的数：

(1)能组成多少个五位数?

(2)能组成多少个正整数?

(3)能组成多少个六位奇数?

(4)能组成多少个能被25整除的四位数?

(5)能组成多少个比201 345大的数?

(6)求所有组成三位数的总和.

【解析】　(1)因为万位上数字不能是0，所以万位数字的选法有A种，其余四位上的排法有A种，所以共可组成AA=600个五位数.

(2)组成的正整数，可以是一位、二位、三位、四位、五位、六位数，相应的排法种数依次为A，AA，AA，AA，AA，AA，

所以可组成A+AA+AA+AA+AA+AA=1 630个正整数.

(3)首位与个位的位置是特殊位置，0,1,3,5是特殊元素，先选个位数字，有A种不同的选法;再考虑首位，有A种不同的选法，其余四个位置的排法有A种.

所以能组成AAA=288个六位奇数.

(4)能被25整除的四位数的特征是最后两位数字是25或50，这两种形式的四位数依次有A·A和A个，

所以，能组成AA+A=21个能被25整除的四位数.

(5)因为201 345除首位数2以外，其余5个数字顺次递增排列，所以201 345是首位数是2的没有重复数字的最小六位数，比它小的六位数是首位数为1的六位数，共有A个，而由0,1,2,3,4,5组成的六位数有A-A个.

所以大于201 345的没有重复数字的六位数共有(A-A)-A-1=479个.

(6)由0,1,2,3,4,5组成无重复数字的三位数共有A·A=100个.

个位数字是1的三位数有AA=16个，同理个位数字是2、3、4、5的三位数都各有16个，所以，个位数的和为AA·(1+2+3+4+5);同样十位上是1、2、3、4、5的三位数也都各有AA个，这些数的和为AA·(1+2+3+4+5)×10;百位上是1、2、3、4、5的三位数都各自有A个，这些数字的和为A·(1+2+3+4+5)×100.

所以，所有这100个三位数的和为

A·(1+2+3+4+5)×100+AA·(1+2+3+4+5)×10+AA·(1+2+3+4+5)

=(1+2+3+4+5)×(A×100+AA×10+AA)

=32 640.