資源簡介

專題5 圓排列問題
【湖南省長郡中學2024屆高三月考卷（五）數學試卷】在長郡中學文體活動時間，舉辦高三年級繩子打結計時賽，現有5根繩子，共有10個繩頭，每個繩頭只打一次結，且每個結僅含兩個繩頭，所有繩頭打結完畢視為結束.則這5根繩子恰好能圍成一個圈的概率為（ ）
A. B. C. D.
角度一、直接根據圓排列及古典概型計算；角度二、根據圓排列先計算個繩子打結后可成圈的種數為！，再計算總共個繩頭進行任意2個繩頭打結，打結的種數，計算成圓的概率即可.
角度一、環排列有種，總的連接方式有種.
所以恰好能圍成一個圈的概率為.
選D.
角度二、因為個不同元素的圓排列數為！，
由于每根繩有方向性，即每根繩有2個不同方向，故構成種不同的圓環.
但其中對應的逆序和順序的兩個圓環對應同一種打結方法，所以打結后可成圈的種數為！.
另一方面，對個繩頭進行任意2個繩頭打結，
總共有.
所以.
所以當時，，故選D.
1．現有6根繩子，共有12個繩頭，每個繩頭只打一次結，且每個結僅含兩個繩頭，所有繩頭打結完畢視為結束.則這6根繩子恰好能圍成一個圈的概率為 .
2．如圖中有一個信號源和五個接收器.接收器與信號源在同一個串聯線路中時，就能接收到信號，否則就不能接收到信號.若將圖中左端的六個接線點隨機地平均分成三組，將右端的六個接線點也隨機地平均分成三組，再把所有六組中每組的兩個接線點用導線連接，則這五個接收器能同時接收到信號的概率是（ ）
A． B． C． D．
3．8名學生平均分成兩組，每組都圍成一個個圓圈，有 種不同的圍法．
先計算10個繩頭隨機兩兩相連的種數，再分兩步計算成圓的方法，最后求概率即可.
兩端的10個繩頭隨機兩個相連，不同的方法數為；
其中能夠構成圓環的連接方法分兩步：
第一步，先將一端的10個繩頭平均分成5組，每兩根連接起來，認為得到5根“新繩”，連接方法數.
第二步，將另一端的10個繩頭平均分成5組連接起來，要使其恰好構成圓環，不同的連接方法總數！.
所求的概率，故選D.
（2023·廣西南寧·南寧二中校考模擬預測）
4．五行是華夏民族創造的哲學思想.多用于哲學、中醫學和占卜方面.五行學說是華夏文明重要組成部分.古代先民認為，天下萬物皆由五類元素組成，分別是金、木、水、火、土，彼此之間存在相生相克的關系.五行是指木、火、土、金、水五種物質的運動變化.所以，在中國，“五行”有悠久的歷史淵源.下圖是五行圖，現有種顏色可供選擇給五“行”涂色，要求五行相生不能用同一種顏色（例如木生火，木與火不能同色，水生木，水與木不能同色），五行相克可以用同一種顏色（例如火與水相克可以用同一種顏色），則不同的涂色方法種數有（ ）

A． B． C． D．
5．已知甲、乙、丙三位同學圍成一個圓時，其中一個排列“甲乙丙”與該排列旋轉一個或幾個位置后得到的排列“乙丙甲”或“丙甲乙”是同一個排列．現有位同學，若站成一排，且甲同學在乙同學左邊的站法共有種，那么這位同學圍成一個圓時，不同的站法總數為（ ）
A． B． C． D．
先對繩頭編號，利用數列的遞推公式計算打結成圓的種數，后計算對個繩頭進行任意2個繩頭打結的種數計算概率即可.
不妨令繩頭編號為，可以與繩頭1打結形成一個圓的繩頭除了1，2外有種可能，
假設繩頭1與繩頭3打結，那么相當于對剩下根繩子進行打結，令根繩子打結后可成圓的種數為，那么經過一次打結后，剩下根繩子打結后可成圓的種數為，
由此可得，，
所以，
所以，
顯然，故.
另一方面，對個繩頭進行任意2個繩頭打結，總共有
.
所以.
所以當時，，故選D.
總評
本題是一道經典的結草成環游戲問題，涉及到圓排列問題.此類問題主要考查排列組合、數列遞推方法的相關知識，難度一般為中等偏上.
本題涉及到的問題：對于個不同元素的圓排列數為！.于每個繩子有方向，且其中對應的逆序和順序的兩個圓環對應同一種打結方法，總數得除以2，所以打結后可成圈的種數為.類似的問題是項鏈問題.
（2023·全國·高三專題練習）
6．甲口袋中裝有2個黑球和1個白球，乙口袋中裝有3個白球.現從甲、乙兩口袋中各任取一個球交換放入另一口袋，重復次這樣的操作，記甲口袋中黑球個數為，恰有1個黑球的概率為，恰有2個黑球的概率為，則下列結論不正確的是（ ）
A．，
B．數列是等比數列
C．數列是等比數列
D．的數學期望
（2023·浙江寧波·統考一模）
7．某中學在運動會期間，隨機抽取了200名學生參加繩子打結計時的趣味性比賽，并對學生性別與繩子打結速度快慢的相關性進行分析，得到數據如下表：
性別 速度 合計
快 慢
男生 65
女生 55
合計 110 200
(1)根據以上數據，能否有99%的把握認為學生性別與繩子打結速度快慢有關？
(2)現有n根繩子，共有2n個繩頭，每個繩頭只打一次結，且每個結僅含兩個繩頭，所有繩頭打結完畢視為結束.
（i）當，記隨機變量X為繩子圍成的圈的個數，求X的分布列與數學期望；
（ii）求證：這n根繩子恰好能圍成一個圈的概率為
附：
0.100 0.050 0.025 0.010
k 2.706 3.841 5.024 6.635
8．如圖，某傘廠生產的太陽傘的傘篷是由太陽光的七種顏色組成，七種顏色分別涂在傘篷的八個區域內，且恰有一種顏色涂在相對區域內，則不同顏色圖案的此類太陽傘最多有（ ）.
A．40320種 B．5040種 C．20160種 D．2520種
（2023·全國·高三專題練習）
9．15個人圍坐在圓桌旁，從中任取4人，他們兩兩互不相鄰的概率是（ ）
A． B． C． D．
（2023·全國·高三專題練習）
10．一個圓桌有十二個座位，編號為1至12.現有四個學生和四個家長入座，要求學生坐在偶數位，家長與其孩子相鄰.滿足要求的坐法共有 種.
11．將總和為200的10個數放置在給定的一個圓周上，且任意三個相鄰的數之和不小于58，則所有滿足上述要求的10個數中最大數的最大值為 .
（2023下·重慶沙坪壩·高三重慶一中校考階段練習）
12．歷史上著名的伯努利錯排問題指的是：一個人有封不同的信，投入n個對應的不同的信箱，他把每封信都投錯了信箱，投錯的方法數為.例如兩封信都投錯有種方法，三封信都投錯有種方法，通過推理可得：.高等數學給出了泰勒公式：，則下列說法正確的是（ ）
A． B．為等比數列
C． D．信封均被投錯的概率大于
13．有5個匣子，每個匣子有一把鑰匙，并且鑰匙不能通用．如果隨意在每一個匣內放入一把鑰匙，然后把匣子全都鎖上．現在允許砸開一個匣子，使得能相繼用鑰匙打開其余4個匣子，那么鑰匙的放法有 種．
（2023·全國·高三專題練習）
14．8個女孩和25個男孩圍成一圈，任何兩個女孩之間至少站兩個男孩，則共有 種不同的排列方法.（只要把圈旋轉一下就重合的排法認為是相同的）.
15．某國建了一座時間機器，形似一條圓形地鐵軌道，其上均勻設置了2014個站臺（編號依次為l，2，…，2014）分別對應一個年份，起始站及終點站均為第1站（對應2014年）.為節約成本，機器每次運行一圈，只在其中一半的站臺停靠，出于技術原因，每次至多行駛三站必須停靠一次，且所停靠的任兩個站臺不能是圓形軌道的對徑點.試求不同的停靠方式的種數.
試卷第1頁，共3頁
試卷第1頁，共3頁
參考答案：
1．
【分析】直接根據圓排列及古典概型計算.
【詳解】依題意，環排列有：種,總的連接方式有：種，
所以恰好能圍成一個圈的概率為.
故答案為：.
2．D
【分析】
先將左端的六個接線點隨機地平均分成三組可能出現的所有結果找出來，再根據五個接收器能同時接受到信號必須全部在同一個串聯線路中，求出此種情況可能出現的結果，再運用古典概型概率公式即可得出所求事件的概率.
【詳解】
由題意，設右端連線方式如圖，對于左端的六個連線點，將其隨機地平均分成三組，共有種結果，五個接收器能同時接收到信號必須全部在同一個串聯線路中，則1必須與3,4,5,6中的其中一個相接，接好后，2只有2種情況可選，剩下的接線點只有1種接法，所以共有種結果.同理，右端連線方式變化時，左端的接線方法也有15種，其中有8種可以接收到信號.故這五個接受器能同時接收到信號的概率是.
故選：D.
3．1260或
【分析】按照分步乘法計數原理，先分組再圍圈，最后相乘即可得答案.
【詳解】8名學生平均分成兩組，有種分組法，每組都圍成一個圈，兩個組有種圍法，所以共有種不同的圍法．
故答案為：1260或.
4．D
【分析】
依次填涂“火”、“土”、“金”、“水”、“木”，分別確定每個區域的涂色方法種數，結合分類加法分步乘法計數原理可得結果.
【詳解】由題意可知，要求五行相生不能用同一種顏色（例如木生火，木與火不能同色，水生木，水與木不能同色），
五行相克可以用同一種顏色（例如火與水相克可以用同一種顏色），
不妨設四種顏色分別為、、、，
先填涂區域“火”，有種選擇，不妨設區域“火”填涂的顏色為，
接下來填涂區域“土”，有種選擇，分別為、、，
若區域“土”填涂的顏色為，則區域“金”填涂的顏色分別為、、；
若區域“土”填涂的顏色為，則區域“金”填涂的顏色分別為、、；
若區域“土”填涂的顏色為，則區域“金”填涂的顏色分別為、、.
綜上所述，區域“金”填涂、、、的方案種數分別為、、、種，
接下來考慮區域“水”的填涂方案：
若區域“金”填涂的顏色為，則區域“水”填涂的顏色可為、、；
若區域“金”填涂的顏色為，則區域“水”填涂的顏色可為、、；
若區域“金”填涂的顏色為，則區域“水”填涂的顏色可為、、；
若區域“金”填涂的顏色為，則區域“水”填涂的顏色可為、、.
則區域“水”填涂的方案種數為種，填涂的方案種數為種，
填涂的方案種數為種，填涂的方案種數為種.
從區域“火”、“土”、“金”填涂至區域“水”，填涂區域“水”的方案還和填涂區域“木”有關，
當區域“水”填涂的顏色為時，區域“木”填涂的顏色可為、、；
若區域“水”填涂的顏色為時，區域“木”填涂的顏色可為、；
若區域“水”填涂的顏色為時，區域“木”填涂的顏色可為、；
若區域“水”填涂的顏色為時，區域“木”填涂的顏色可為、.
所以，當區域“火”填涂顏色時，填涂方案種數為種.
因此，不同的涂色方法種數有種.
故選：D.
【點睛】方法點睛：求解涂色（種植）問題一般直接利用兩個計算原理求解：
（1）按區域的不同以區域為主分步計數，用分步乘法計數原理分析；
（2）以顏色（種植作物）為主分類討論，適用于“區域、點、線段”問題，用分類加法計數原理分析；
（3）對于涂色問題將空間問題平面化，轉化為平面區域涂色問題.
5．A
【分析】由條件求出m位同學站成一排時的全排列數而得m值，再利用圓排列數公式即可得解.
【詳解】因站成一排時甲在乙左與甲在乙右的站法數相同，而m位同學站成一排有，則，解得，
甲、乙、丙三位同學圍成一個圓，“甲乙丙”、“乙丙甲”或“丙甲乙”是同一排列，
其中每一個排列可以拆成以任意一個人為排首的直線排列3個，3人圍成一個圓的排列數為，
由此可得n個人圍成一個圓的排列數為，5位同學圍成一個圓的排列數為.
故選：A
【點睛】結論點睛：n個不同元素圍成一個圓的不同排列個數為.
6．B
【分析】根據給定條件，求出遞推公式，再逐項計算判斷作答.
【詳解】依題意，，
且，，
于是，，A正確；
顯然，數列不是等比數列，B錯誤；
又，即有，
而，因此數列是首項為，公比為的等比數列，C正確；
顯然，因此，D正確.
故選：B
7．(1)有的把握，認為學生性別與繩子打結速度快慢有關
(2)（i）分布列見解析，；（ii）證明見解析
【分析】（1）利用計算卡方進行檢驗即可；
（2）（i）依題意，先得到的所有可能取值，再依次求得對應的概率即可得解；（ii）利用分步計數原理，結合數列的累乘法與古典概型的概率公式即可得解.
【詳解】（1）依題意，完善列聯表如下，
性別 速度 合計
快 慢
男生 65 35 100
女生 45 55 100
合計 110 90 200
所以.
故有的把握，認為學生性別與繩子打結速度快慢有關.
（2）（i）由題知，隨機變量的所有可能取值為，
，
，
所以的分布列為
1 2 3
所以.
（ii）不妨令繩頭編號為，可以與繩頭1打結形成一個圓的繩頭除了1，2外有種可能，
假設繩頭1與繩頭3打結，那么相當于對剩下根繩子進行打結，
令根繩子打結后可成圓的種數為，
那么經過一次打結后，剩下根繩子打結后可成圓的種數為，
由此可得，，
所以，
所以，
顯然，故；
另一方面，對個繩頭進行任意2個繩頭打結，總共有
；
所以.
【點睛】關鍵點睛：本題第二小問第二步的解決關鍵是利用分步計數原理得到數列的遞推式，從而利用數列的累乘法求得結果.
8．D
【分析】先從7種顏色中任意選擇一種，涂在相對的區域內，再將剩余的6種顏色全部涂在剩余的6個區域內，結合圖形的對稱性，即可求解.
【詳解】先從7種顏色中任意選擇一種，涂在相對的區域內，有種方法，
再將剩余的6種顏色全部涂在剩余的6個區域內，共有種方法，
由于圖形是軸對稱圖形，所以上述方法正好重復一次，
所以不同的涂色方法，共有種不同的涂法.
故選：D.
【點睛】本題主要考查了排列、組合及分步計數原理的應用，其中解答中注意圖形的對稱性，著重考查分析問題和解答問題的能力，屬于中檔試題.
9．A
【詳解】15個人圍坐在圓桌旁從中任取4人，他們兩兩互不相鄰，則可先把11個人入坐好，再讓其余4人插空，共有種不同的圍坐方法，所以所求概率是，故選A．
10．
【分析】分學生選擇相鄰的四個偶數、學生選擇三個相鄰的偶數，另一個學生坐對面、四個學生每兩個學生選擇相鄰偶數三種情況，
求出學生的坐法，家長的坐法、四組家長學生全排列，由分步乘法計數原理和分類加法計算原理即可求解.
【詳解】當學生選擇相鄰的四個偶數有，，，
，，有種，
以學生選為例，家長的排法有 ，，
，有種，
同理可得：每一種學生的坐法，家長都有種坐法，∴有種，
當學生選擇三個相鄰的偶數，一個學生坐對面有，，，
，，有種，
以學生選擇為例，家長的坐法有，，，，
，，，，共種，
同理可得：每一種學生的坐法，家長都有種坐法，∴有種，
當四個學生每兩個學生選擇相鄰偶數時，學生有，，有種，
以學生選擇為例，家長坐法有：，，，，
，，，，有種，
同理可得：每一種學生的坐法，家長都有種坐法，∴有種，
綜上所述：滿足要求的坐法共有種.
故答案為：.
11．26
【詳解】設所有放置中的最大數為，則
事實上，26，6，26，26，6，26，26，6，26，26滿足.
12．ABC
【分析】選項A，用列舉法即可得；選項B，構造新數列，利用定義法可證明是等比數列；選項C，由遞推關系變形可得裂項形式，裂項后利用累加法求通項即可證；選項D，利用泰勒公式可得再對分奇偶討論即可判斷.
【詳解】選項A，令4封信分別為，當在第2個信箱時，共3種錯排方式：
第1種
信箱 1 2 3 4
信
第2種
信箱 1 2 3 4
信
第3種
信箱 1 2 3 4
信
同理可得在第3和4個信箱時，也分別有3種錯排方式，所以共種方法，故A選項正確；
選項B，，∴，
又，則，故B選項正確；
選項C，，
兩邊同除以得，
∴，
，故C選項正確；
選項D，裝錯信封的概率為，∵，
則，即
當n為奇數時，；
當n為偶數時，；綜上，當n為奇數時；當n為偶數時，故D項錯誤.
故選：ABC.
【點睛】關鍵點睛：本題B選項的關鍵是通過構造變形得，D選項的關鍵是利用所給的泰勒公式，再分奇偶討論.
13．
【詳解】首先，在砸開的匣子中必放有另一個匣子的鑰匙，在匣子中又放有匣子的鑰匙，在匣子中放有匣子的鑰匙，在匣子中放有匣子的鑰匙，在匣子中放有被砸開的匣子的鑰匙．記這個砸開的匣子為．這就相當于1，2，3，4，5形成一個環狀排列．
反過來，對由1，2，3，4，5排成的每一種環狀排列，也就可以對應成一種相繼打開各個匣子的一種放鑰匙的方法．先讓5個匣子沿著圓環對號入座，再在每個匣子中放入其下方的匣子的鑰匙（如圖），這就得到一種相繼打開各個匣子的放鑰匙的方法．所以，可使所有匣子相繼打開的放鑰匙的方法數恰與1，2，3，4，5的環狀排列數相等．
由于每個環狀排列（如圖）可以剪開拉直為5個排列：，，，，；，，，，；，，，，；，，，，；，，，，．
反之，5個這樣的排列對應著一個環狀排列，因而5個元素的環狀排列數為（種）．
一般地，個元素的環狀排列數為種．
14．
【詳解】假定女孩中有一個是A，對任何一個滿足要求的圓排列，令從A打頭按順時針方向走成一個直排，示意圖如下：.
現在以O代表女孩所站的位置，以×代表男孩所站的位置，
則在每個〇后至少有兩個×.讓每個O“吸收了”它緊后的兩個×，
畫成一個，則每個O，×排列對應成一個×排列：
后一種排列的個數顯然是從(8+25)-2×8-1=16個位置中選出7位置的組合數，即種.
以上表明男、女孩的位置排列共種方法.對每種位置排列，
女孩站上去有7！種方法(A固定站首位)，男孩站上去有25！種方法，
故總的排列方法數為
15．
【詳解】令.設不同的停靠方式共有種.
首先，對每種停靠方式，定義停靠的站為類，未停靠的站為類，則類站與類站一一配對，組成對徑點.
顯然，不存在相鄰的三個類站（否則，設、、為相鄰的類站，則其對徑點、、為相鄰的類站，機器沒有停靠，與題設矛盾），且第1站為類，第站為類.
從而，每種停靠方式對應一種第站的分類方式（第站的分類方式由第站的分類方式唯一確定），使得沒有相鄰三站同類.
接下來，考慮連續個站臺的分類方式（其中，首尾兩站為類，且沒有相鄰三站同類）.設其分類方式種數為.
顯然，，，，.
對，考慮最末兩個類站中間的類站的個數.若，則分類種數為；若，則分類種數為；若，則與其相鄰站為類，分類種數為.
故.②
設.③
則
④
由結論①和式②得.則，.
由式④知為第個斐波那契數，即.
由式③得，
，
.
其次，計算第站的分類種數.
若為類，則相應分類種數為.
若為類，則、為類，2為類.
如果3為類，則相應分類種數為；
如果3為類，則4為類，相應分類種數為.
故.
最后，求.
.
由 .
故
.
答案第1頁，共2頁
答案第1頁，共2頁

展開更多......

收起↑