组合数学 试题及答案07
组合数学2019年7月真题及答案
组合数学2019年7月真题及答案1. （10分）3个0，2个1和3个7构成的8位数共有多少个？答：如果1作为首位，则7!/3!3! = 140如果7作为首位，则7!/3!2!2! = 210根据加法原则，共有140+210= 350个2. （10分）某网红奶茶店有三种不同的奶茶。
小王买了5杯奶茶，问共有多少种不同的奶茶组合？答：有C(7，2)=21种不同的组合3. （10分）设序列a1,a2,…a2019各项都是正整数，证明在这个序列中必存在若干个连续项组成的子序列，其各项之和为2019的倍数。
答：（同2019年1月真题）序列a1,a2,...a2019中的任意数，除以2019的余数只可能是0，1，2，3， (2018)余数相加能被2019整除的数相加，一定能整除2019。
所以在此序列中，一定存在若干个连续项，使得每一项除以2019的余数之和为2019，即它们相加一定是2019的整数倍。
4. （10分）求满足递推关系hn=hn-1+9hn-2-9hn-3的hn的表达式，其中初始条件h1=0,h1=1, h2=2.答：根据hn=hn-1+9hn-2-9hn-3得：特征方程为q^3=q^2+9q-9，解方程得：q1=1, q2=3, q3=-3则通解为hn=c1*(1)^n+c2*(3)^n+c3*(-3)^n将初始条件h1=0,h1=1, h2=2代入得：从c1=-1/4, c2=1/3, c3=-1/12所以通解为hn=-1/4+1/3*(3)^n-1/12*(-3)^n5. （10分）证明组合恒等式证明：（2019年国考真题）C(n+m+1, k+1) = C(n+m, k+1) + C(n+m, k)C(n+m, k+1) = C(n+m-1, k+1) + C(n+m-1, k)C(n+n-1, k+1) = C(n+m-2, k+1) + C(n+m-2, k)...C(n, k+1) = C(n, k+1) + C(n, k)依次代入整理即：C(n+m+1, k+1) = C(n, k+1) + C(n, k) + C(n+1, k) + C(n+2, k) + ... + C(n+m, k)6. （10分）求方程x1+x2+x3+x4=17整数解的个数，其中x1≥2，x2≥3，x3≥1，x4≥4.答：令y1=x1-2, y2=x2-3, y3=x3-1, y4=x4-4则原方程可看作是方程y1+2+y2+3+y3+1+y4+4=17, y1, y2, y3, y4≥0的非负整数解的个数，即y1+y2+y3+y4=7，非负整数解的个数为C(4+7-1, 7)=120个7. （10分）设图G是具有12个顶点的二部图。
组合数学习题及解答
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――编者注 第一章习题1.证任一正整数n 可唯一地表成如下形式:,0≤a i ≤i,i ＝1,2,…。
证：对n 用归纳法。
先证可表示性：当n=0,1时，命题成立。
假设对小于n 的非负整数，命题成立。
对于n,设k!≤n ＜(k+1)!,即0≤n-k!＜k ·k!由假设对n-k!,命题成立，设，其中a k ≤k-1,，命题成立。
再证表示的唯一性：设, 不妨设a j ＞b j ,令j=max{i|a i ≠b i }a j ·j!+a j-1·(j-1)!+…+a 1·1! =b j ·j!+b j-1·(j-1)!+…+b 1·1!, ∑∑∑∑⋅-≥⋅-≥⋅>≥⋅-=⋅-!)(!!!!)(!)(i a bi a bi i j i a bj b a i ii ii ij j矛盾，命题成立。
另一种证法：令j=max{i|a i ≠b i}, 两边被(j+1)!除,得余数a j ·j!=b j ·j!,矛盾.2.证 nC(n-1,r)=(r+1)C(n,r+1).并给出组合意义。
证：)1,()1()!1()!1(!)1()!1(!)1(!)1()!1(!1),1(++=--⋅+⋅+=--⋅⋅+⋅+=--⋅-=-r n C r r n r n r r n r r n r r n r n n r n nC组合意义：等式左边：n 个不同的球，先任取出1个，再从余下的n-1个中取r 个； 等式右边：n 个不同球中任意取出r+1个，并指定其中任意一个为第一个。
显然两种方案数相同。
3.证。
证：由等式∑==⋅++⋅+⋅+=+nk knn xk n C xn n C x n C x n C n C x 02),(),()2,()1,()0,()1(两边求导并令x=1,即命题得证。
组合数学考试试题
第一部分：填空题。
题目1:求n 元布尔函数f (x1，x2，…，xn ）的数目，其中布尔函数是指含有与（∧）、或（∨）、非（－）等基本布尔运算的函数。
解答：设有n 个布尔变元x 1，x 2，…，x n ，其中x i ∈{0，1}，i =1，2，…，n ，根据乘法原理(x 1，x 2，…，x n )共有2n 种不同指派，对每个指派，布尔函数取值为{0，1}，故不同的布尔函数的数目为：22n。
（考试中会给定n 的具体数值，带入公式直接计算即可。
）题目2：n 对夫妻围一圆桌而坐，求每对夫妻相邻而坐的方案数。
解答：夫妻相邻而坐，可以将一对夫妻看成一个整体，其圆排列数为(n -1)!，由于每对夫妻可以交换位置，故所求方案数为(n -1)!×2n。
题目3：求多重集合M = {∞·a 1, ∞·a 2, …, ∞·a n }的r 排列数。
解答：在构造的M 的一个r 排列时，第一项有n 种选择，第二项有n 种选择，……， 第r 项有n 种选择，故M 的r 排列数为n r 。
(一般地，n 元多重集合表示为：M = {k 1·a 1, k 2·a 2, …, k n ·a n }其中：a i （i = 1, 2, …, n ）表示元素的种类，k i （i = 1, 2, …, n ）表示元素a i 的个数。
)题目4：求多重集合M = { k 1·a 1, k 2·a 2, …, k n ·a n }的全排列数。
解答：先把M 中的所有的k 1 + k 2 + … + k n 个元素看成是互不相同的，则它的全排列数为(k 1 + k 2 + … + k n )!。
但是这里k i !个a i 是相同的，所以k i !个a i 的位置相同并且同其他元素排列也相同的排列是同一个，故M 的全排列数为：!!!)!(2121n n k k k k k k +++。
高中数学组合综合测试题(有答案)
高中数学组合综合测试题（有答案）选修2-3 1.2.2.2 组合2一、选择题1．某年级有6个班，分别派3名语文教师任教，每个教师教2个班，则不同的任课方法种数为()A．C26C24C22 B．A26A24A22C．C26C24C22C33 D.A26C24C22A33[答案] A2．从单词“equation”中取5个不同的字母排成一排，含有“qu”(其中“qu”相连且顺序不变)的不同排法共有() A．120种 B．480种C．720种 D．840种[答案] B[解析] 先选后排，从除qu外的6个字母中任选3个字母有C36种排法，再将qu看成一个整体(相当于一个元素)与选出的3个字母进行全排列有A44种排法，由分步乘法计数原理得不同排法共有C36A44＝480(种)．3．从编号为1、2、3、4的四种不同的种子中选出3种，在3块不同的土地上试种，每块土地上试种一种，其中1号种子必须试种，则不同的试种方法有()A．24种 B．18种C．12种 D．96种[答案] B[解析] 先选后排C23A33＝18，故选B.4．把0、1、2、3、4、5这六个数，每次取三个不同的数字，把其中最大的数放在百位上排成三位数，这样的三位数有() A．40个 B．120个C．360个 D．720个[答案] A[解析] 先选取3个不同的数有C36种方法，然后把其中最大的数放在百位上，另两个不同的数放在十位和个位上，有A22种排法，故共有C36A22＝40个三位数．5．(2019湖南理，7)在某种信息传输过程中，用4个数字的一个排列(数字允许重复)表示一个信息，不同排列表示不同信息，若所用数字只有0和1，则与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为()A．10 B．11C．12 D．15[答案] B[解析] 与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息包括三类：第一类：与信息0110只有两个对应位置上的数字相同有C24＝6(个)第二类：与信息0110只有一个对应位置上的数字相同有C14＝4(个)第三类：与信息0110没有一个对应位置上的数字相同有C04＝1(个)与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息有6＋4＋1＝11(个)6．北京《财富》全球论坛开幕期间，某高校有14名志愿者参加接待工作．若每天排早，中，晚三班，每班4人，每人每天最多值一班，则开幕式当天不同的排班种数为() A．C414C412C48 B．C1214C412C48C.C1214C412C48A33 D．C1214C412C48A33[答案] B[解析] 解法1：由题意知不同的排班种数为：C414C410C46＝141312114！109874！652！＝C1214C412C48.故选B.解法2：也可先选出12人再排班为：C1214C412C48C44，即选B.7．(2009湖南理5)从10名大学毕业生中选3人担任村长助理，则甲、乙至少有1人入选，而丙没有入选的不同选法的种数为()A．85 B．56C．49 D．28[答案] C[解析] 考查有限制条件的组合问题．(1)从甲、乙两人中选1人，有2种选法，从除甲、乙、丙外的7人中选2人，有C27种选法，由分步乘法计数原理知，共有2C27＝42种．(2)甲、乙两人全选，再从除丙外的其余7人中选1人共7种选法．由分类计数原理知共有不同选法42＋7＝49种．8．以一个正三棱柱的顶点为顶点的四面体共有()A．6个 B．12个C．18个 D．30个[答案] B[解析] C46－3＝12个，故选B.9．(2009辽宁理，5)从5名男医生、4名女医生中选3名医生组成一个医疗小分队，要求其中男、女医生都有，则不同的组队方案共有()A．70种 B．80种C．100种 D．140种[答案] A[解析] 考查排列组合有关知识．解：可分两类，男医生2名，女医生1名或男医生1名，女医生2名，共有C25C14＋C15C24＝70，选A.10．设集合Ⅰ＝{1,2,3,4,5}．选择Ⅰ的两个非空子集A和B，要使B中最小的数大于A中最大的数，则不同的选择方法共有()A．50种 B．49种C．48种 D．47种[答案] B[解析] 主要考查集合、排列、组合的基础知识．考查分类讨论的思想方法．因为集合A中的最大元素小于集合B中的最小元素，A中元素从1、2、3、4中取，B中元素从2、3、4、5中取，由于A、B非空，故至少要有一个元素．1 当A＝{1}时，选B的方案共有24－1＝15种，当A＝{2}时，选B的方案共有23－1＝7种，当A＝{3}时，选B的方案共有22－1＝3种，当A＝{4}时，选B的方案共有21－1＝1种．故A是单元素集时，B有15＋7＋3＋1＝26种．2 A为二元素集时，A中最大元素是2，有1种，选B的方案有23－1＝7种．A中最大元素是3，有C12种，选B的方案有22－1＝3种．故共有23＝6种．A中最大元素是4，有C13种．选B的方案有21－1＝1种，故共有31＝3种．故A中有两个元素时共有7＋6＋3＝16种．3 A为三元素集时，A中最大元素是3，有1种，选B的方案有22－1＝3种．A中最大元素是4，有C23＝3种，选B的方案有1种，共有31＝3种．A为三元素时共有3＋3＝6种．4 A为四元素时，只能是A＝{1、2、3、4}，故B只能是{5}，只有一种．共有26＋16＋6＋1＝49种．二、填空题11．北京市某中学要把9台型号相同的电脑送给西部地区的三所希望小学，每所小学至少得到2台，共有______种不同送法．[答案] 10[解析] 每校先各得一台，再将剩余6台分成3份，用插板法解，共有C25＝10种．12．一排7个座位分给3人坐，要求任何两人都不得相邻，所有不同排法的总数有________种．[答案] 60[解析] 对于任一种坐法，可视4个空位为0,3个人为1,2,3则所有不同坐法的种数可看作4个0和1,2,3的一种编码，要求1,2,3不得相邻故从4个0形成的5个空档中选3个插入1,2,3即可．不同排法有A35＝60种．13．(09海南宁夏理15)7名志愿者中安排6人在周六、周日两天参加社区公益活动．若每天安排3人，则不同的安排方案共有________种(用数字作答)．[答案] 140[解析] 本题主要考查排列组合知识．由题意知，若每天安排3人，则不同的安排方案有C37C34＝140种．14．2019年上海世博会期间，将5名志愿者分配到3个不同国家的场馆参加接待工作，每个场馆至少分配一名志愿者的方案种数是________种．[答案] 150[解析] 先分组共有C35＋C25C232种，然后进行排列，有A33种，所以共有(C35＋C25C232)A33＝150种方案．三、解答题15．解方程Cx2＋3x＋216＝C5x＋516.[解析] 因为Cx2＋3x＋216＝C5x＋516，所以x2＋3x＋2＝5x＋5或(x2＋3x＋2)＋(5x＋5)＝16，即x2－2x－3＝0或x2＋8x－9＝0，所以x＝－1或x＝3或x＝－9或x＝1.经检验x＝3和x＝－9不符合题意，舍去，故原方程的解为x1＝－1，x2＝1.16．在MON的边OM上有5个异于O点的点，边ON上有4个异于O点的点，以这10个点(含O点)为顶点，可以得到多少个三角形？[解析] 解法1：(直接法)分几种情况考虑：O为顶点的三角形中，必须另外两个顶点分别在OM、ON上，所以有C15C14个，O不为顶点的三角形中，两个顶点在OM上，一个顶点在ON上有C25C14个，一个顶点在OM上，两个顶点在ON上有C15C24个．因为这是分类问题，所以用分类加法计数原理，共有C15C14＋C25C14＋C15C24＝54＋104＋56＝90(个)．解法2：(间接法)先不考虑共线点的问题，从10个不同元素中任取三点的组合数是C310，但其中OM上的6个点(含O点)中任取三点不能得到三角形，ON上的5个点(含O点)中任取3点也不能得到三角形，所以共可以得到C310－C36－C35个，即C310－C36－C35＝1098123－654123－5412＝120－20－10＝90(个)．解法3：也可以这样考虑，把O点看成是OM边上的点，先从OM上的6个点(含O点)中取2点，ON上的4点(不含O点)中取一点，可得C26C14个三角形，再从OM上的5点(不含O 点)中取一点，从ON上的4点(不含O点)中取两点，可得C15C24个三角形，所以共有C26C14＋C15C24＝154＋56＝90(个)．17．某次足球比赛共12支球队参加，分三个阶段进行．(1)小组赛：经抽签分成甲、乙两组，每组6队进行单循环比赛，以积分及净剩球数取前两名；(2)半决赛：甲组第一名与乙组第二名，乙组第一名与甲组第二名作主客场交叉淘汰赛(每两队主客场各赛一场)决出胜者；(3)决赛：两个胜队参加决赛一场，决出胜负．问全程赛程共需比赛多少场？[解析] (1)小组赛中每组6队进行单循环比赛，就是6支球队的任两支球队都要比赛一次，所需比赛的场次即为从6个元素中任取2个元素的组合数，所以小组赛共要比赛2C26＝30(场)．(2)半决赛中甲组第一名与乙组第二名(或乙组第一名与甲组第二名)主客场各赛一场，所需比赛的场次即为从2个元素中任取2个元素的排列数，所以半决赛共要比赛2A22＝4(场)．(3)决赛只需比赛1场，即可决出胜负．所以全部赛程共需比赛30＋4＋1＝35(场)．18．有9本不同的课外书，分给甲、乙、丙三名同学，求在下列条件下，各有多少种分法？(1)甲得4本，乙得3本，丙得2本；(2)一人得4本，一人得3本，一人得2本；(3)甲、乙、丙各得3本．[分析] 由题目可获取以下主要信息：①9本不同的课外书分给甲、乙丙三名同学；②题目中的3个问题的条件不同．解答本题先判断是否与顺序有关，然后利用相关的知识去解答．[解析] (1)分三步完成：第一步：从9本不同的书中，任取4本分给甲，有C49种方法；第二步：从余下的5本书中，任取3本给乙，有C35种方法；第三步：把剩下的书给丙有C22种方法，共有不同的分法有C49C35C22＝1260(种)．(2)分两步完成：第一步：将4本、3本、2本分成三组有C49C35C22种方法；第二步：将分成的三组书分给甲、乙、丙三个人，有A33种方法，共有C49C35C22A33＝7560(种)．(3)用与(1)相同的方法求解，得C39C36C33＝1680(种)．。
排列组合练习题及答案.doc
排列组合习题精选一、纯排列与组合问题：1. 从 9 人中选派 2 人参加某一活动，有多少种不同选法？2. 从 9 人中选派 2 人参加文艺活动， 1 人下乡演出， 1 人在本地演出，有多少种不同选派方法？3. 现从男、女 8 名学生干部中选出 2 名男同学和 1 名女同学分别参加全校“资源”、“生态” 和“环保”三个夏令营活动，已知共有 90 种不同的方案，那么男、女同学的人数是（ ）A. 男同学2 人，女同学6 人B.男同学3 人，女同学5 人C. 男同学5 人，女同学3 人D.男同学6 人，女同学2 人4. 一条铁路原有 m 个车站，为了适应客运需要新增加 n 个车站（ n>1），则客运车票增加了 58 种（从甲站到乙站与乙站到甲站需要两种不同车票），那么原有的车站有 （ ）个个个个答案：1、2 272 3 、选B. 设男生 n 2 1 3 2299n8n 3。
、 m nmC362、A人，则有 C C A 90 4 AA 58选 C.二、相邻问题：1. A 、B 、C 、D 、E 五个人并排站成一列，若 A 、B 必相邻，则有多少种不同排法？2. 有 8 本不同的书， 其中 3 本不同的科技书， 2 本不同的文艺书， 3 本不同的体育书，将这 些书竖排在书架上，则科技书连在一起，文艺书也连在一起的不同排法种数为( )答案： 1.2 432524325A A48(2) 选B AAA 1440三、不相邻问题：1. 要排一个有 4 个歌唱节目和 3 个舞蹈节目的演出节目单，任何两个舞蹈节目都不相邻，有多少种不同排法？2、1 到 7 七个自然数组成一个没有重复数字的七位数，其中奇数不相邻的有多少个？名男生和 4 名女生站成一排，若要求男女相间，则不同的排法数有（）4. 排成一排的 8 个空位上，坐 3 人，使每人两边都有空位，有多少种不同坐法？张椅子放成一排， 4 人就坐，恰有连续三个空位的坐法有多少种？6. 排成一排的 9 个空位上，坐 3 人，使三处有连续二个空位，有多少种不同坐法？7. 排成一排的 9 个空位上，坐 3 人，使三处空位中有一处一个空位、有一处连续二个空位、有一处连续三个空位，有多少种不同坐法？8. 在一次文艺演出中， 需给舞台上方安装一排彩灯共 15 只，以不同的点灯方式增加舞台效果，要求设计者按照每次点亮时，必须有 6 只灯是熄灭的，且相邻的灯不能同时熄灭，两端的灯必 须点亮的要求进行设计，那么不同的点亮方式是（ ）种种种 种答案：1. A 44 A 53 1440 （ 2） A 33 A 44 144 （ ）选 B 2A 44 A 44 1152 （ 4） A 43 24 （5） A 44 A 52 480 333（ ） 3 3 （ ）选 6（6） 3424 3 4144 A C 828A C7 A A8四、定序问题：1. 有 4 名男生， 3 名女生。
浙江省排列组合历年高考题含答案
浙江省排列组合历年高考题含答案排列组合1. 【2009年.浙江卷。
理16】甲、乙、丙3人站到共有7级的台阶上，若每级台阶最多站2人，同一级台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法种数是（用数字作答)．2. 【2008年。
浙江卷。
理16】用1，2，3，4，5，6组成六位数（没有重复数字），要求任何相邻两个数字的奇偶性不同，且1和2相邻，这样的六位数的个数是 (用数字作答)。
3. 【2007年.浙江卷.理14】某书店有11种杂志，2元1本的8种，1元1本的3种，小张有10元钱买杂志（每种至多买一本，10元钱刚好用完),则不同买法的种数是__________（用数字作答）4。
【2005年。
浙江卷。
理9】从集合{O，P，Q，R，S｝与｛0，1，2，3，4，5,6，7,8，9}中各任取2个元素排成一排（字母和数字均不能重复)．每排中字母O,Q和数字0至多只能出现一个的不同排法种数是_________．(用数字作答）．5．【2017年.浙江卷。
16】从6男2女共8名学生中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人组成4人服务队,要求服务队中至少有1名女生，共有______种不同的选法．（用数字作答）6．【2018年。
浙江卷.16】从1，3，5,7,9中任取2个数字,从0，2，4，6中任取2个数字,一共可以组成___________个没有重复数字的四位数.（用数字作答）7。
【2014年.浙江卷.理14】在8张奖券中有一、二、三等奖各1张,其余5张无奖。
将这8张奖券分配给4个人，每人2张,不同的获奖情况有_____种（用数字作答）.8.【2013年.浙江卷。
理14】将A，B，C，D，E,F六个字母排成一排，且A，B均在C的同侧,则不同的排法共有__________种（用数字作答)．9.【2012年.浙江卷.理6】若从1,2,3，…，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数,则不同的取法共有( )A．60种 B．63种 C．65种 D．66种10. 【2010年。
07组合的应用
解法二：分为两类：
2 2 一类为甲不值周一，也不值周六，有 C4 C3 ；
另一类为甲不值周一，但值周六，有 C1C2 ．
4 4
1 2 2 2 所以一共有 C4C4 + C4 C3 ＝42种方法．
例5．6本不同的书全部送给5人，每人至少1 本，有多少种不同的送书方法？
解：第一步从6本不同的书中任取2本 2 “捆绑”在一起看成一个元素有 种 C6 方法； 第二步将5个“不同元素（书）”分给5 个人有5 种方法． P 由乘法原理，有 C P ＝1800种方法．
例3．现有8名青年，其中有5名能胜任英语翻 译工作；有4名青年能胜任德语翻译工作（其 中有1名青年两项工作都能胜任），现在要从 中挑选5名青年承担一项任务，其中3名从事 英语翻译工作，2名从事德语翻译工作，则有 多少种不同的选法？
解：我们可以分为三类： ① 两项工作都会的从事英语翻译工作，有
பைடு நூலகம்
CC ② 两项工作都会的从事德语翻译工作，有 C C ③ 两项工作都会的青年不从事任何工作， C C
⑶ 这是“不均匀分组”问题，一共有 C61C52C33=60种方法． ⑷ 在⑶的基础上在进行全排列，所以有 C61C52C33P3=360种方法． ⑸ 可以分为三类情况： ①“2、2、2型”即⑴中的分配情况，有 60种方法；②“1、2、3型”即⑷中的分 配情况，有360种方法；③“1、1、4型”， 有90种方法． 所以一共有90+360+90＝540种方法．
组合的应用
知识回顾 1．排列和组合： 排列—有序性；组合——无序性． 2．排列数、组合数的公式 3．有关性质 m n 性质1： Cn = Cn −m m−1 m m 性质2： Cn + Cn = Cn+1 常用的等式： 0 k Ck = Ck =1
2007-2015山东高考数学排列、组合、二项式定理及概率汇编试题及答案
2007-2015山东高考数学排列、组合、二项式定理及概率汇编试题1.07N 位于坐标原点的一个质点P 按下述规则移动：质点每次移动一个单位；移动的方向为向上或向右，并且向上、向右移动的概率都是12.质点P 移动5次后位于点(2,3)的概率为（ ）（A ）51()2（B ） 2551()2C （C ）3351()2C （D ） 235551()2C C2.08N 在某地的奥运火炬传递活动中，有编号为1，2，3，…，18的18名火炬手。
若从中任选3人，则选出的火炬手的编号能组成以3为公差的等差数列的概率为( ) （A ）511（B ）681（C ）3061（D ）40813.08N （X -31x）12展开式中的常数项为（ ）（A ）-1320 （B ）1320 （C ）-220 (D)2204.09N 在区间[-1，1]上随机取一个数x ，cos2x π的值介于0到21之间的概率为( ). （A ）31 （B ）π2（C ）21 （D ）325.10N 某台小型晚会由6个节目组成，演出顺序有如下要求：节目甲必须排在前两位，节目 乙不能排在第一位，节目丙必须排在最后一位，该台晚会节目演出顺序的编排方案有（ ）（A ）36种 （B ）42种 （C ）48种 （D ）54种6.10N 已知随机变量ξ服从正态分布),1(2σN ，若023.0)2(=>ξP ，则=≤≤-)22(ξP ( )（A ）0.477（B ）0.628（C ）0.954（D ）0.9777.11N 若62()a x x-展开式的常数项为60，则常数a 的值为 .8.12N 现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张，从中任取3张，要求这些卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张，不同取法的种数为（ ） （A ）232 (B)252 (C)472 (D)4849.13N 在区间[-3,3]上随机取一个数x ，使得121++-≥x x 成立的概率为______.10.13N 用0，1，…，9十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为( ) (A) 243 (B) 252 (C) 261 (D) 27911.14N 若46b ax x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的展开式中3x 项的系数为20，则22a b +的最小值为 。
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组合数学试题 共 4 页 ，第 1 页
电子科技大学研究生试卷 （考试时间： 19：30 至 21：30 ，共 2 小时）
课程名称 组合数学 教师 学时 40 学分 2 教学方式 讲授 考核日期 2007 年 11 月 27 日 成绩 考核方式： （学生填写）
一、填空题（每空3分，共27分） 1．将6本无区别的书放入3个无区别的箱子中的放法数为 7 ，又每个箱子都不为空的放法数为 3 。
2．将8个有区别的球放入6个无区别的盒子中,每个盒子不空的放法数为 266 ；将8个有区别的球放入7个无区别的盒子中, 每个盒子不空的放法数又为28 。
（注：将9个有区别的球放入7个无区别的盒子中, 每个盒子不空的放法数为462）。
3．现有4个女士6个男士围圆桌就坐，则其中女士两两不相邻的入座方式数有 5!·6·5·4·3= 43200 种； 所有女士坐在一起的方式数有 6!·4!= 17280 种。
4．将单词〝motorola 〞中的所有字母作排列，其排列方式数有 8!/3!＝6720 种；其中所有〝o 〞均不相邻的排列方式数有 ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯36!5＝2400 种。
（两问均只要求给出解的表达式，不必算出最终结果）。
5. 方程⎩⎨⎧≥≥≥=+++0,1,2123214321x x x x x x x 的整数解的个数为 F(4,9)=220 。
学
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名
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…密
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封
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线
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以
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答
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题
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无
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效…
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二、（13 分） 给定重集B = {5·a , 3·b , 7·c ,∞·d }。
求B 的9-组合数。
解 令集合S 为{,,,}A B C D ∞⋅∞⋅∞⋅∞⋅的所有8-组合构成的集合。
则有 |S|=F(4,9) = 220。
令 A 1表示S 中至少含有6个a 的元素构成的集合, A 2表示S 中至少含有4个b 的元素构成的集合, A 3表示S 中至少含有8个c 的元素构成的集合, 于是 20)3,4(||1==F A ,56)5,4(||2==F A ,4)1,4(||3==F A 0||||||||321323121=⋂⋂=⋂=⋂=⋂A A A A A A A A A 由容斥原理，所求的9-组合数为 31231231i i j i i j A A A S A A A A A A =≠=-+-∑∑I I I I I =220 – (20+56+4)= 140 三、(12分) 从星期一至星期五安排5位教师A, B, C, D, E 上课，每位教师安排一天，每天安排一位教师。
但要求A 不安排在星期二，B 不安排在星期三和星期五，C 不安排在星期四，D 不安排在星期一，E 不安排在星期三和星期四。
问有多少种不同的安排方案？ 解 原问题可模型化为一个5元有禁位的排列. 其禁区棋盘C 如下图的阴影部分。
由图,可得C 的棋盘多项式为 R(C)= = = 1+7x+17x 2+18x 3+8x 4+x 5 所以安排方案数为 5! - 7·4! + 17·3! - 18·2! + 8-1 = 25 即共有25种。
四、（12分）解下列递归关系 ⎩⎨⎧==-=----5,2)2(1451021a a a a a n n n n 解 对应的齐关系的特征方程 x 2-5x -14=0 有根 x 1 = 7，x 2 = -2。
故齐关系的通解为*n a =c 17n +c 2(-2)n 设特解 n a = An (-2)n ，代入原关系：An (-2)n -5A (n -1) (-2)n -1-14A (n -2) (-2)n -2 = (-2)n 学
号
姓
名
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题
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无
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效
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…………
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A B C D E 1 2 3 4 5
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⇒ A = 92 ⇒ n a = 922n n ）（－ ∴ a n = *n a + n a = c 17n +c 2(-2)n + 922n n ）（－ 由初值得 ⎪⎩⎪⎨⎧=-=+5942722121－c c c c ⇒ ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==8177818521c c ∴ a n = 81857n +8177 (-2)n + 922n n ）（－ 五、（共11分）对下图中的9个小方格用红、橙、黄、绿四种颜色着色，问: 着红、橙和绿色的小方格的个数均不为3的着色方案数是多少 ？
解：取全集S 为用4种色对9个小方格的着色方案构成的集合。
设A1为S 中着红色的小方格的个数为3的着色方案的集合，A2为S 中着橙色的小方格的个数为3的着色方案的集合，A3为S 中着绿色的小方格的个数为3的着色方案的集合。
有 94=S i A = C(9,3)×36, i ＝1,2,3 j i A A I = C(9,3) ×C(6,3)×23 ，i, j ∈{1,2,3}, i > j ；321A A A I I = C(9,3) ×C(6,3) ∴ 所求数 = 321A A A I I =49 - 3×C(9,3)×36 + 3×C(9,3) ×C(6,3)×23-1＝262144－183708＋40320－1＝117076。
六、（10分）用2种颜色对下图的棋格着色，证明必存在两列，其着色完全相同。
证明 因每个格子有2种颜色可选,故每列恰有8 种着色方案,现有9列,由鸽笼原理,知学 号 姓 名 学 院 ……………………密……………封……………线……………以……………内……………答……………题……………无……………效……………………
组合数学试题 共 4 页 ，第 4 页 必有两列着色相同.
七、（共15分） 设a n 为出现奇数个2的n 位十进制数的个数。
1．（5分）试建立{a n }的递归关系（不要求解出）。
2．（10分）用母函数法求出a n 。
解：1. ⎩⎨⎧=⨯-1
1098121a a a n n n －＋＝
2．设a n 是由0,1,……,9组成的满足“2出现奇数次”的长为n 的序列的个数，则a n 的指
数母函数为：
f e (x ) = 2
2)!22!11)(!3!1(810993x x x x x e e e e e x x x x －－＋－==++++ΛΛ = !)810(210n x n n n n ∑∞
=- 所以 a n = ）n n 810(2
1- ，n ≥1 以0为首项的长为n 的序列有a n －1个，在上述序列中去掉以0为首项的长为n 的序列便可得到出现奇数个2的n 位十进制数的个数：
a n －a n －1＝）－－1187109(2
1n n ⨯-⨯。