2024年新高考数学一轮复习达标检测第55讲排列与组合（教师版）

这是一份2024年新高考数学一轮复习达标检测第55讲排列与组合（教师版），共18页。

A．4B．5C．6D．7
【分析】直接利用排列数公式，得到方程求解m即可．
【解答】解：由，可得m（m﹣1）＝20，解得m＝5．
故选：B．
2． C+C+C＝（ ）
A．CB．CC．CD．C
【分析】根据题意，由对数的运算性质+＝，分析可得答案，
【解答】解：根据题意，C+C+C＝C+＝C+＝，
故选：C．
3．满足条件A＞C的自然数n有（ ）
A．7个B．6个C．5个D．4个
【分析】直接根据排列数以及组合数公式求解即可（注意范围的限制）．
【解答】解：∵A＞C⇒n（n﹣1）＞⇒n﹣2＜6
∴n＜8；
∵n≥3；
故n可取：3，4，5，6，7；
即满足条件A＞C的自然数n有5个．
故选：C．
4．已知m≥4，C﹣C+C＝（ ）
A．1B．mC．m+1D．0
【分析】借助于组合数的性质：C+C＝C化简计算即可．
【解答】解：∵m≥4，
∴C+C﹣C＝C﹣C＝0，
故选：D．
5． 6名同学合影留念，站成两排三列，则其中甲乙两人不在同一排也不在同一列的站队种数为（ ）
A．288B．144C．360D．180
【分析】根据题意，分3步进行分析：①在两排三列共6个位置中任选1个安排甲，②甲乙两人不在同一排也不在同一列，分析乙的站法，③将剩下的4人安排在其余4个位置，由分步计数原理计算可得答案．
【解答】解：根据题意，分3步进行分析：
①在两排三列共6个位置中任选1个安排甲，有6种情况，
②甲乙两人不在同一排也不在同一列，则乙的站法有2种，
③将剩下的4人安排在其余4个位置，有A44＝24种情况，
则有6×2×24＝288种站队方法；
故选：A．
6．某教育局安排4名骨干教师分别到3所农村学校支教，若每所学校至少安排1名教师，且每名教师只能去一所学校，则不同安排方案有（ ）
A．6种B．24种C．36种D．72种
【分析】根据题意，分2步进行分析：①在4位教师中任选2个，安排到其中1所农村学校，②将剩下的2位教师安排到其他两个农村学校，由分步计数原理计算可得答案．
【解答】解：根据题意，分2步进行分析：
①在4位教师中任选2个，安排到其中1所农村学校，有C42C31＝18种安排方法，
②将剩下的2位教师安排到其他两个农村学校，有A22＝2种安排方法，
则有18×2＝36种安排方案；
故选：C．
7．将7名抗疫志愿者（4男3女）分成两组，分配到两个社区进行志愿服务．若要求女生不能单独成组，且每组最多5人，则不同的分配方案共有（ ）
A．36种B．68种C．110种D．104种
【分析】根据题意，分2步进行分析：①将7名抗疫志愿者分成2组，要求女生不能单独成组，且每组最多5人，②将分好的2组分配到两个社区进行志愿服务，由分步计数原理计算可得答案．
【解答】解：根据题意，分2步进行分析：
①将7名抗疫志愿者分成2组，要求女生不能单独成组，且每组最多5人；
若分为4、3的两组，有C73﹣1＝34种分组方法，
若分为2、5的两组，有C72﹣C32＝18种分组方法，
则有34+18＝52种分组方法；
②将分好的2组分配到两个社区进行志愿服务，有2种情况，
则有52×2＝104种分配方案；
故选：D．
8．《九章算术》中有一分鹿问题：“今有大夫、不更、簪袅、上造、公士，凡五人，共猎得五鹿．欲以爵次分之，问各得几何．”在这个问题中，大夫、不更、簪袅、上造、公士是古代五个不同爵次的官员，现皇帝将大夫、不更、簪枭、上造、公士这5人分成3组派去3地执行公务（每地至少去一人），则不同的方案有（ ）种．
A．150B．180C．240D．300
【分析】分组人数为3，1，1，以及2，2，1两种情况分别求解即可．
【解答】解：由题意知．可分为2种情况讨论：
①分组人数为3，1，1，此时共有种方案
②分组人数为2，2，1，此时共有种方案
因此一共有60+90＝150种方案．
故选：A．
9．为推进长三角一体化战略，长三角区域内5个大型企业举办了一次协作论坛．在这5个企业董事长A，B，C，D，E集体会晤之前，除B与E，D与E不单独会晤外，其他企业董事长两两之间都要单独会晤．现安排他们在正式会晤的前两天的上午、下午单独会晤（每人每个半天最多只进行一次会晤），那么安排他们单独会晤的不同方法共有（ ）
A．48种B．36种C．24种D．8种
【分析】根据题意，分析5人可以进行单独会晤的情况，进而分步进行分析，由分步计数原理计算可得答案．
【解答】解：根据题意，5个企业董事长A，B，C，D，E集体会晤之前，除B与E，D与E不单独会晤外，
则单独会晤，共有AB，AC，AD，AE，BC，BD，CD，CE共8种情况，
现在将八场会晤分别安排在两天的上午和下午进行，每个半天安排两场会晤同时进行．
因为能同时会晤的共有（AB，CD），（AC，BD），（AD，CE），（AE，BC）和（AB，CE）、（AC，BD），（AD，BC），（AE、CD）两种情况，
故不同的安排方法共有2×A44＝48种；
故选：A．
10． 2020年春节期间，一场突如其来的疫情席卷全国，但在灾难面前中国人民体现出来的民族凝聚力和“一方有难八方支援”的民族优良传统也是空前的．某医院从传染科选出5名医生和4名护士对口支援湖北省某市的A、B、C三所医院开展新型冠状病毒肺炎防治工作，其中A、B医院都至少需要1名医生和1名护士，C医院至少需要2名医生和2名护士，则不同的分派方法共有（ ）
A．2160种B．1920种C．960种D．600种
【分析】根据题意，分2步依次分析4名护士和5名医生的安排方法，由分步计数原理计算可得答案．
【解答】解：根据题意，分2步进行分析：
①在4名护士中任选2人，安排到C医院，有C42＝6种情况，
再将剩下的2人安排到A、B医院，有A22＝2种情况，
则护士的安排方法有6×2＝12种；
②将5名医生安排到三个医院，
若C医院安排3人，有C53A22＝20种情况，
若C医院安排2人，有C52C32A22＝60种情况，
则医生的安排方法有20+60＝80种安排方法，
故有12×80＝960种安排方法．
故选：C．
11．数独是源自18世纪瑞士的一种数学游戏．如图是数独的一个简化版，由3行3列9个单元格构成．玩该游戏时，需要将数字1，2，3（各3个）全部填入单元格，每个单元格填一个数字，要求每一行、每一列均有1，2，3这三个数字，则不同的填法有（ ）
A．12种B．24种C．72种D．216种
【分析】根据题意，结合数表分三步讨论每一行数字的填法，由分步计数原理计算可得答案．
【解答】解：根据题意，分3步进行分析：
①将1、2、3三个数字填入第一行，有A33＝6种情况，
②第二行第一列的数字与第一行第一列的数字不同，有2种情况，第二列、第三列只有1种情况，则第二行有1种情况，
③由于前两行的数字确定，第三行只有1种情况，
则有6×2×1＝12种不同的填法；
故选：A．
12． 2020年5月22日，国务院总理李克强在发布的2020年国务院政府工作报告中提出，2020年要优先稳就业保民生，坚决打赢脱贫攻坚战，努力实现全面建成小康社会目标任务．为响应党中央号召，某单位决定再加派五名工作人员甲、乙、丙、丁、戊去所负责的A，B，C，D四个村小组帮助指导贫困户脱贫，每个村小组至少派一人，为工作方便，甲不去A小组，乙去B小组，则不同的安排方法有（ ）
A．24B．42C．120D．240
【分析】根据题意，按甲乙是否安排在一起分2种情况讨论，求出每种情况的安排方法数目，由加法原理计算可得答案．
【解答】解：根据题意，分2种情况讨论：
①甲乙安排在一起，则甲乙都去B村小组，剩下3人去其他三个村小组，有A33＝6种安排方法；
②甲、乙不在同一组，有C52﹣1＝9种分组方法，乙所在的组去B村小组，甲所在的组有2种安排方法，剩下的2组去剩下的其他两个村小组，有2种安排方法，
则此时有9×2×2＝36种安排方法，
则共有6+36＝42种安排方法；
故选：B．
13．（多选）有四位学生参加三项不同的竞赛，则下列说法正确的是（ ）
A．每位学生必须参加一项竞赛，则不同的参赛方法有64种
B．每项竞赛只许有一位学生参加，则不同的参赛方法有81种
C．每位学生最多参加一项竞赛，每项竞赛只许有一位学生参加，则不同的参赛方法有24种
D．每位学生只参加一项竞赛，每项竞赛至少有一位学生参加，则不同的参赛方法有36种
【分析】根据题意，依次分析选项，
对于A，分析可得，每位学生都有三种参赛方法，由分步计数原理可得B错误，
对于B，由于每一项竞赛可以挑4名不同的学生，由分步计数原理可得B错误，
对于C，原问题等价于从4个学生中挑选3个学生去参加三个项目的竞赛，由排列数公式计算可得C正确；
对于D，先把四个学生分成三组，再分配到三个比赛中，由分步计数原理可得D正确，
即可得答案．
【解答】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，每位学生必须参加一项竞赛，则每位学生都有三种参赛方法，故四位学生有N＝3×3×3×3＝34＝81种．A不正确；
对于B，每项竞赛只许有一位学生参加，每一项可以挑4名不同的学生，故有N＝4×4×4＝43＝64种．B不正确；
对于C，原问题等价于从4个学生中挑选3个学生去参加三个项目的竞赛，每人参加一项，故共有4×3×2＝24种，C正确；
对于D，先把四个学生分成三组，再分配到三个比赛中，故共有种．D正确；
故选：CD．
14．（多选）为响应政府部门疫情防控号召．某红十字会安排甲乙丙丁4名志愿者分别奔赴A，B，C三地参加防控工作，下列选项正确的是（ ）
A．若恰有一地无人去，则共有42种不同的安排方法
B．共有64种不同的安排方法
C．若甲乙两人不能去A地，且每地均有人去，则共有44种不同的安排方法
D．若该红十字会又计划为这三地捐赠20辆救护车（救护车相同），且每地至少安排一辆，则共有171种不同的安排方法
【分析】根据题意，依次分析选项是否正确，综合可得答案．
【解答】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，若恰有一地无人去，需要先在3地中选出2个地方，将4人安排到这两个地方，有C32（24﹣2）＝42种选取方法，A正确；
对于B，安排甲乙丙丁4名志愿者分别奔赴A，B，C三地参加防控工作，每人有3种安排方法，则有3×3×3×3＝81种安排方法，B错误；
对于C，根据题意，需要将4人分为3组，
若甲乙在同一组，有1种分组方法，则甲乙所在的组不能去A地，有2种情况，剩余2组安排到其余2地，有A22＝2种情况，此时有2×2＝4种安排方法；
若甲乙不在同一组，有C42﹣1＝5种分组方法，若甲乙两人不能去A地，只能安排没有甲乙的1组去A地，甲乙所在的两组安排到B、C两地，有A22＝2种情况，此时有5×2＝10种安排方法；
则一共有4+10＝14种安排方法，C错误；
对于D，只需要将20辆救护车排成一排，在19个空位中插入挡板，就可以将20辆救护车分为3组，依次对应A，B，C三地即可，有C192＝171种安排方法；
故选：AD．
15．若，则正整数n＝ ．
【分析】由题意利用排列数、组合数公式，求出n的值．
【解答】解：若，则6×＝n（n﹣1）（n﹣2），求得n＝5，
故答案为：5．
16．已知，则＝ ．
【分析】利用排列数的计算公式可得n，再利用组合数的计算公式及其性质即可得出．
【解答】解：∵，∴2n•（2n﹣1）•（2n﹣2）＝10n（n﹣1）（n﹣2），n≥3，
化为：2（2n﹣1）＝5（n﹣2），
解得n＝8．
则＝++＝+＝＝．
故答案为：．
17．北京《财富》全球论坛期间，某高校有8名志愿者参加接待工作．若每天排早、中、晚三班，每班至少2人，每人每天必须值一班且只值一班，则开幕式当天不同的排班种数为 ．
【分析】根据题意，分2步进行分析：①将8名志愿者分成3组，②将分好的三组安排到早、中、晚三班，由分步计数原理计算可得答案．
【解答】解：根据题意，分2步进行分析：
①将8名志愿者分成3组，
若分为4、2、2的三组，有＝210种分组方法，
若分为3、3、2的三组，有＝280种分组方法，
则一共有210+280＝490种分组方法，
②将分好的三组安排到早、中、晚三班，有A33＝6种情况，
则有490×6＝2940种不同的排班种数；
故答案为：2940
18．从集合A＝{1，2，3，4，5，6，7，8，9，10}中任取3个数构成递增的等比数列，则这样的不同的等比数列共有 种．
【分析】根据题意，列举所有可能的递增等比数列的情况，即可得答案．
【解答】解：根据题意，从集合A＝{1，2，3，4，5，6，7，8，9，10}中任取3个数构成递增的等比数列，
有1、2、4，2、4、8，1、3、9，4、6、9；共4种情况，即有4个不同的等比数列；
故答案为：4．
19．将5个不同的小球全部放入编号为1，2，3，4的四个盒子中，若每个盒子中所放的球的个数不大于其编号数，则共有 种不同的放法．
【分析】根据题意，按放入小球的盒子的数目进行分类讨论，求出每种情况下的放法数目，由加法原理计算可得答案．
【解答】解：根据题意，分3种情况讨论：
①四个盒子中都放入小球，需要将5个小球分为4组，即2、1、1、1的四组，2个小球的一组只能放在编号为2，3，4的三个盒子，剩下的三组可以放进任意的盒子中，则有C52C31A33＝180种放法；
②有3个盒子中放入小球，先将5个小球分为3组，
若分为3、1、1的三组，3个小球的一组只能放在编号为3，4的两个盒子，剩下的2组可以放进任意的盒子中，有C53C21A32＝120种放法，
若分为2、2、1的三组，2个小球的一组只能放在编号为2，3，4的三个盒子，剩下的1组可以放进任意的盒子中，有C52C32A32C21＝180种放法，
此时有120+180＝300种放法；
③有2个盒子中放入小球，先将5个小球分为2组，
若分为3、2的两组，3个小球的一组只能放在编号为3，4的两个盒子，剩下的1组有2种放法，有C52×4＝40种放法，
若分为1、4的两组，4个小球的一组只能放在编号为4的盒子，剩下的1组可以放进任意的盒子中，有C54×3＝15种放法，
此时有40+15＝55种放法；
则有180+300+55＝535种放法；
故答案为：535
20．现准备将6本不同的书全部分配给5个不同的班级，其中甲乙两个班级每个班至少2本，其他班级允许1本也没有，则不同的分配方案有 种．（用数字作答）
【分析】根据题意，按5个班级分得的数目不同分7种情况讨论，求出每种情况下的分配方案数目，由加法原理计算可得答案．
【解答】解：根据题意，分7种情况讨论：
①甲分得2本，乙分得2本，剩下3个班级中有2个分得1本，有C62C42A32＝540种分配方案，
②甲分得2本，乙分得2本，剩下3个班级中有1个分得2本，有C62C42C31＝270种分配方案，
③甲分得3本，乙分得2本，剩下3个班级中有1个分得1本，有C63C32C31＝180种分配方案，
④甲分得2本，乙分得3本，剩下3个班级中有1个分得1本，有C63C32C31＝180种分配方案，
⑤甲分得4本，乙分得2本，有C64＝15种分配方案，
⑥甲分得2本，乙分得4本，有C64＝15种分配方案，
⑦甲分得3本，乙分得3本，有C63＝20种分配方案，
则一共有540+270+180+180+15+15+20＝1220种分配方案，
故答案为：1220
21． 2020年初，湖北面临医务人员不足和医疗物资紧缺等诸多困难，厦门人民心系湖北，志愿者纷纷驰援，若将甲、乙、丙、丁4名医生志愿者分配到A，B两家医院（每人去一家，每家医院至少安排1人），且甲医生不安排在A医院，则共有 种分配方案．
【分析】根据题意，按去乙医院的人数分3种情况讨论，求出每种情况下安排方法数目，由加法原理计算可得答案．
【解答】解：根据题意，甲医生不安排在A医院，则甲只能去乙医院，则分3种情况讨论：
①甲单独在乙医院，则剩下3人去甲医院，有1种安排方法，
②甲和其中1人在乙医院，则剩下2人去甲医院，有C31＝3种安排方法，
③甲和其中2人在乙医院，则剩下1人去甲医院，有C32＝3种安排方法，
则一共有1+3+3＝7种分配方案；
故答案为：7
22．我市VR大会展厅前广场改造，在人行道（斑马线）两侧划分5块区域（如图），现有四种不同颜色的花卉，要求每块区域随机种植一种颜色的花卉，且相邻区域（有公共边的区域）所选花卉颜色不能相同，则不同的摆放方式共有 种．
【分析】根据题意，分2步讨论区域①②和区域③④⑤的摆放方式数目，由分步计数原理计算可得答案．
【解答】解：根据题意，对于区域①②，可以在4种颜色中任选2个，有A42＝12种选法，
对于区域③④⑤，可以在4种颜色中任选2个，有A43＝24种选法，
则不同的摆放方式有12×24＝288种．
故答案为：288．
23．两对夫妻准备周末出去旅游，有甲、乙、丙、丁四辆顺风车可以搭乘，其中甲、乙两车每辆最可搭乘两人，丙、丁两车每辆最多可搭乘一人，不是夫妻的两个人不能搭乘同一辆车，若不考虑座位顺序，且这两对夫妻都要坐上车，则不同的搭乘方案共有 种．
【分析】根据题意，按照4人使用顺风车的数量分3种情况讨论，求出每种情况下的搭乘方案数目，由加法原理计算可得答案．
【解答】解：根据题意，分3种情况讨论：
①当四人使用2辆顺风车时，有A22＝2种搭乘方案，
②当四人使用3辆顺风车时，有C21C21A32＝24种搭乘方案，
③当四人使用4辆顺风车时，有A44＝24种搭乘方案，
则有2+24+24＝50种搭乘方案，
故答案为：50
24．中国古典数学有完整的理论体系，其代表作有《算数书》《九章算术》《周髀算经》《孙子算经》等，有3名中学生计划去图书馆阅读这四种古典数学著作（这四种著作每种各一本），要求每人至少阅读一种古典数学著作，每种古典数学著作只有一人阅读，则不同的阅读方案的总数有
种．（请用数字作答）
【分析】根据题意，分2步进行分析：先将4本著作分为3组，再将分好的三组全排列，分配给3人，由分步计数原理计算可得答案．
【解答】解：根据题意，分2步进行分析：
①将4本著作分为3组，有C42＝6种分法，
②将分好的三组全排列，分配给3人，有A33＝6种情况，
则有6×6＝36种不同的阅读方案；
25． 2020年10月，第18届世界中学生运动会将在福建省晋江市举办．现将4名同学全部分配到运动会的田径、游泳和球类3个不同比赛项目做志愿者，共有 种不同分配方案；若每个项目至少需要1名志愿者，则不同的分配方案有 种（用数字作答）．
【分析】对于第一空：分析可得每个学生都有3种分配方法，由分步计数原理计算可得答案；
对于第二空：分2步进行分析：①先将4名同学分成3组，②将分好的三组全排列，安排到3个不同比赛项目，由分步计数原理计算可得答案．
【解答】解：对于第一空：每个学生都可以被分配到运动会的田径、游泳和球类3个不同比赛项目中的一个，
有3种分配方法，
则4名同学有3×3×3×3＝81种分配方法；
对于第二空：分2步进行分析：
①先将4名同学分成3组，有C42＝6种分组方法，
②将分好的三组全排列，安排到3个不同比赛项目，有A33＝6种情况，
则有6×6＝36种不同的分配方案；
故答案为：81，36
26．十二生肖，又叫属相，是与十二地支相配以人出生年份的十二种动物，包括鼠、牛、虎、兔、龙、蛇、马、羊、猴、鸡、狗、猪，十二生肖的起源与动物崇拜有关．据湖北云梦睡虎地和甘肃天水放马滩出土的秦简可知，先秦时期即有比较完整的生肖系统存在．现有6名学生的属相均是龙、蛇、马中的一个，若每个属相至少有一人，则不同的情况共有 种．
【分析】根据题意，分2步进行计算：①将6名学生分为3组，②将分好的三组全排列，对应三个不同的属相，由分步计数原理计算可得答案．
【解答】解：根据题意，分2步进行计算：
①将6名学生分为3组，
若三组的人数为2、2、2，有＝15种不同的分组方法，
若三组的人数为1、2、3，有C61C52C33＝60种不同的分组方法，
若三组的人数为1、1、4，有＝15种不同的分组方法，
则有15+60+15＝90种不同的分组方法，
②将分好的三组全排列，对应三个不同的属相，有A33＝6种情况，
则有90×6＝540种不同的情况，
故答案为：540
27．如果一个整数的各位数字是左右对称的，则称这个数是对称数．例：1234321、123321等．显然，2位数的对称数有9个，即11，22，33，…，99，则三位数的对称数有 个，2n+1（n∈N*）位数的对称数有 个．
【分析】根据题意，对于三位数的对称数，先分析其百位和个位数字的选法，再分析十位数字的情况，由分步计数原理计算可得答案；
对于2n+1（n∈N*）位数的对称数，先分析其百位和个位数字的选法，再分析其倒数第2位数字到第n+1位数字的情况数目，由分步计数原理计算可得答案．
【解答】解：根据题意，对于三位数的对称数，其百位和个位数字相同，都不能为0，有9种选法，
其十位数字可以为任意的数字，有10种选法，
则三位数的对称数有9×10＝90个，
对于2n+1（n∈N*）位数的对称数，其首位和个位数字相同，都不能为0，有9种选法，
倒数第2位数字到第n+1位数字都可以为任意的数字，有10种选法，
则2n+1（n∈N*）位数的对称数有9×10n个；
故答案为：90，9×10n
28．某系列智能手机玻璃版有“星河银”、“罗兰紫”、“翡冷翠”、“亮黑色”四种颜色．若甲、乙等四位市民准备分别购买一部颜色互不相同的同一型号玻璃版的该系列手机．若甲购买“亮黑色”或“星河银”，则乙不购买“罗兰紫”，则这四位市民不同的购买方案有 种．
【分析】根据题意，根据题意，分2种情况讨论：①若甲购买“亮黑色”或“星河银”，②若甲不购买“亮黑色”或“星河银”，每种情况中依次分析甲、乙和剩下的2人的选择方法数目，由分步计数原理计算可得答案．
【解答】解：根据题意，分2种情况讨论：
①若甲购买“亮黑色”或“星河银”，则甲有2种选择方法，
还剩下3种颜色，又由乙不购买“罗兰紫”，乙也有2种选择方法，
还剩下2种颜色，剩下的2人选择剩下的2种颜色，有A22＝2种选择方法，
则此时有2×2×2＝8种购买方案；
②若甲不购买“亮黑色”或“星河银”，则甲有2种选择方法，
还剩下3种颜色，由其他三人购买，有A33＝6种选择方法，
则此时有2×6＝12种选择方法，
则一共有8+12＝20种不同的购买方案；
故答案为：20
29．现有大小相同的7只球，其中2只不同的红球，2只不同的白球，3只不同的黑球．
（1）将这7只球排成一列且相同颜色的球必须排在一起，有多少种排列的方法？（请用数字作答）
（2）将这7只球分成三堆，三堆的球数分别为：1，3，3，共有多少种分堆的方法？（请用数字作答）
【分析】（1）根据题意，用捆绑法分析：将三种颜色的球都分别看成整体，再将三个整体之间进行排列，由分步计数原理计算可得答案；
（2）根据题意，由平均分组和不平均分组公式直接计算可得答案；
【解答】解：（1）根据题意，将2只不同的红球看成一个整体，有A22＝2种顺序，
2只不同的白球，有A22＝2种顺序，
3只不同的黑球，有A33＝6种顺序，
三个整体之间进行排列，有A33＝6种情况
则有2×2×6×6＝144种排法；
（2）根据题意，将这7只球分成1，3，3的三堆，有＝70种排法；
30．为弘扬我国古代的“六艺”文化，某夏令营主办单位计划利用暑期开设“礼”、“乐”、“射”、“御”、“书”、“数”六门体验课程，
（1）若体验课连续开设六周，每周一门，求其中“射”不排在第一周，“数”不排在最后一周的所有可能排法种数；
（2）甲、乙、丙、丁、戊五名教师任教这六门课程，每名教师至少任教一门课程，求其中甲不任教“数”的课程安排方案种数．
【分析】（1）根据题意，按“射”的安排时间分2种情况讨论：①“射”排在最后一周，剩下的课程没有限制，②“射”不排在最后一周，由加法原理计算可得答案；
（2）根据题意，按甲教的科目多少分2种情况讨论：①甲教两科，②甲教一科，由加法原理计算可得答案．
【解答】解：（1）根据题意，分2种情况讨论：
①“射”排在最后一周，剩下的课程没有限制，有A55＝120种排法；
②“射”不排在最后一周，则“射”有4种安排方法，“数”也有4种安排方法，剩下的4课课程全排列，有A44＝24种排法，
则此时有4×4×24＝384种；
故有120+384＝504种不同的排法；
（2）根据题意，分2种情况讨论：
①甲教两科时，有C52A44＝240种安排方案；
②甲教一科时，有C51C52A44＝1200种安排方案；
故有240+1200＝1440种不同的安排方案．
[B组]—强基必备
1．如图所示，将33×33方格纸中每个小方格染三种颜色之一，使得每种颜色的小方格的个数相等．若相邻两个小方格的颜色不同，称他们的公共边为“分割边”，则分割边条数的最小值为（ ）
A．33B．56C．64D．78
【分析】记分隔边的条数L，首先将方格按照按图分三个区域，分别染成三种颜色，粗线上均为分隔边，将方格的行从上至下依次记A1，A2，…，A33，列从左至右依次记为B1，B2，…，B33，行cj中方格出现的颜色数记n（Ai），列Bi中方格出现的颜色个数记n（Bi），三种颜色分别记c1，c2，c3，对于一种颜色cj，设n（cj）为含色方格的行数与列数之和，定义当Ai行含cj色方格时，δ（Ai，cj）＝1，否则δ（Ai，cj）＝0，类似的定义δ（Bi，cj），计算得，再证n（cj）≥39（j＝1，2，3），再证明对任意1≤n≤33均有n（Ai）≥2，n（Bi）≥2，最后求出分隔边条数的最小值．
【解答】解：记分隔边的条数L，首先将方格按照按图分三个区域，分别染成三种颜色，粗线上均为分隔边，
此时共有56条分隔边，即L≥56
将方格的行从上至下依次记A1，A2，…，A33，列从左至右依次记为B1，B2，…，B33，行cj中方格出现的颜色数记n（Ai），列Bi中方格出现的颜色个数记n（Bi），三种颜色分别记c1，c2，c3，对于一种颜色cj，设n（cj）为含色方格的行数与列数之和，定义当Ai行含cj色方格时，δ（Ai，cj）＝1，否则δ（Ai，cj）＝0，类似的定义δ（Bi，cj），所以，由于染cj色的格有
设含有cj色方格的行有a个，列有b个，
则cj色的方格一定在这a行b列的交叉方格中，
从而ab≥363，
所以，则n（cj）≥39（j＝1，2，3）①，
由于在行Ai中有n（Ai）种颜色的方格，于是至少有n（Ai）﹣1条分隔边，
类似的，在列Bi中有n（Bi）种颜色的方格，于是至少有n（Bi）﹣1条分隔边，
则②
＝③
下面分两种情形讨论，
（1）有一行或一列所有方格同色，
不妨设有一行均为c1色，则方格的33列均含有c1的方格，又c1色的方格有363个，故至少有11行c1色方格，于是n（c1）≥11+33＝44④
由①③④得L≥n（c1）+n（c2）+n（c3）﹣66≥44+39+39﹣66＝56，
（2）没有一行也没有一列的所有方格同色，
则对任意1≤i≤33均有n（Ai）≥2，n（Bi）≥2，
从而，由式②知：，
综上，分隔边条数的最小值为56．
故选：B．
2．已知集合A＝{x1，x2，x3，x4，x5，x6}，函数f（x）定义于A并取值于A．（用数字作答）
（1）若f（x）≠x对于任意的x∈A成立，则这样的函数f（x）有 个；
（2）若至少存在一个x∈A，使f[f[f（x）]]≠x，则这样的函数f（x）有 个．
【分析】（1）若f（x）≠x对于任意的x∈A成立，所以每一个x，可以对应除它本身之外5个元素之中的一个，利用分步乘法原理可得结果；
（2）从反面来研究，找到对任意在一个x∈A，使f[f[f（x）]]＝x的总数，然后用没有限制下的总数减去即可．
【解答】解：（1）若f（x）≠x对于任意的x∈A成立，则每一个x，
可以对应除它本身之外5个元素之中的一个，
利用分步乘法原理，每一个x，都有5种结果可以与它对应，
故这样的函数有5×5×5×5×5×5＝56＝15625个；
（2）若对任意在一个x∈A，使f[f[f（x）]]＝x，
当f（xi）＝xi时，符合f[f[f（x）]]＝x，有1个；
当f（xi）＝xj，f（xj）＝xk，f（xk）＝xi，i，j，k两两不等时，符合题意，此时有个，
故若对任意在一个x∈A，使f[f[f（x）]]＝x，这样的函数有81个，
若至少存在一个x∈A，使f[f[f（x）]]≠x，则这样的函数f（x）有66﹣81＝46575个．
故答案为：15625；46575．
3．有5个匣子，每个匣子有一把钥匙，并且钥匙不能通用，如果在每一个匣子内各放入一把钥匙，然后把匣子全部锁上，要求砸开一个匣子后，能继续用钥匙打开其余4个匣子，那么钥匙的放法有 种．
【分析】依题意，砸开一个匣子后，能继续用钥匙打开其余4个匣子，即每个匣子都不能存放打开本身，根据圆排列或项链排列即可得到结果．
【解答】解：在砸开的匣子中必放有另一个匣子i1的钥匙，在匣子i1中又放有匣子i2的钥匙，在匣子i2中放有匣子i3的钥匙，在匣子i3中放有匣子i4的钥匙，在匣子i4中放有被砸开的匣子的钥匙．记这个砸开的匣
子为is．这就相当于1，2，3，4，5形成一个环状排列，
反过来，对由1，2，3，4，5排成的每一种环状排列，也就可以对应成一种相继打开各个匣子的一种放
钥匙的方法．先让5个匣子沿着圆环对号入座，再在每个匣子中放入其下方的匣子的钥匙（如图），这就得到种相继打开各个匣子的放钥匙的方法．所以，可使所有匣子相继打开的放钥匙的方法数恰与1，2，3，4，5的环状排列数相等，
由于每个环状排列（如图）可以剪开拉直为5个排列：i1，i2，i3，i4，i5；i2，i3，i4，i5，i1；i3，i4，i5，i1，i2；i4，i5，i1，i2，i3；i5，i1，i2，i3，i4；
反之，5个这样的排列对应着一个环状排列，因而5个元素的环状排列数为：4!＝24（种）
一般地，n个元素的环状排列数为（n﹣1）!种
故答案为：24
4．用n种不同颜色为下侧两块广告牌着色（如图甲、乙所示），要求在①、②、③、④四个区域中相邻（有公共边界）的区域不用同一种颜色．
（1）若n＝6，为甲着色时共有多少种不同方法？
（2）若为乙着色时共有120种不同方法，求n．
【分析】（1）根据题意，分分四个步骤来完成着色，即依次考虑为①、②、③、④着色时各自的方法数，由乘法原理计算可得答案．
（2）分析与（1）的不同，其区别在于与④相邻的区域由两块变成了三块，由（1）的思路可得，n（n﹣1）（n﹣2）（n﹣3）＝120；计算可得答案．
【解答】解：（1）完成着色这件事，共分四个步骤，即依次考虑为①、②、③、④着色时各自的方法数，
为①着色有6种方法，
为②着色有5种方法，
为③着色有4种方法，
为④着色也只有4种方法．
∴共有着色方法6×5×4×4＝480种．
（2） 与（1）的区别在于与④相邻的区域由两块变成了三块，
同理，不同的着色方法数是n（n﹣1）（n﹣2）（n﹣3）．
由n（n﹣1）（n﹣2）（n﹣3）＝120
∴（n2﹣3n）（n2﹣3n+2）﹣120＝0，
即（n2﹣3n）2+2（n2﹣3n）﹣12×10＝0，
∴n2﹣3n﹣10＝0，
∴n＝5．