一、选择题
1、如图，是中国西安世界园艺博览会某区域的绿化美化示意图，其中A、B、C、D是被划分的四个区域，现有6种不同颜色的花，要求每个区域只能栽同一种花，允许同一颜色的花可以栽在不同的区域，但相邻的区域不能栽同一色花，则不同的栽种方法共有〔 〕种。 A．120
B．240 C．360 D．480
2、设三位数，假设以为三条边的长可以构成一个等腰〔含等边〕三角形，则这样的三位数共
有 〔 〕
A．185个 B．170个 C．165个 D．156个
3、对任意正整数，定义的双阶乘如下：
当为偶数时，…6
当为奇数时， …5
现有四个命题：①， ②2006!!=!!，
③个位数为0， ④个位数为5
其中正确的个数为〔 〕
A.1 B.2 C.3 D.4 4、在正五棱柱的10个顶点中任取4个，此四点不共面的取法种数为 A．175 B．180 C．185 D．190
5、某人设计一项单人游戏，规则如下：先将一棋子放在如下图正方形〔边长为个单位〕的顶点处，然
后通过掷骰子来确定棋子沿正方形的边按逆时针方向行走的单位，如果掷出的点数为〔按逆时针方向行走个单位，一直循环下去．则某人抛掷三次骰子后棋子恰好又回到点
〕，则棋子就
处的所有不同走法共有
A．种 B．种 C．种 D．种
6、如果三位正整数如“”满足，则这样的三位数称为凸数〔如120,352〕那么，所有的三位凸数
的个数为 〔 〕
〔A〕240 〔B〕204 〔C〕729 〔D〕920 DCCBCA
三、填空题
7、用红、黄、蓝三种颜色之一去涂图中标号为
小正方形所涂颜色都不相同，且标号为“、
有 108 种．
8、将2个a和2个b共4个字母填在如下图的16个小方格内， 每个小方格内至多填1个字母，假设使所有字母既不同行也不同列， 则不同的填法共有 144 种〔用数字作答〕
、
的个小正方形〔如下列图〕，使得任意相邻〔有公共边的〕”的小正方形涂相同的颜色，则符合条件的所有涂法共
9、如图：用四种不同颜色给图中的ABCDEF六个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同的颜色，则不同的涂色方法共有 种．〔用数字作答〕
264．分两类讨论：第一类，用到3种颜色，先给A\\B\\C三点涂色，因A、B、C两两相邻，所以颜色互不相同，有种涂法，再给D．E．F涂色，因A与D，B与E，C与F颜色不同，故有2种，由乘法原理得色都用到，先给 A． B．C三点涂色，有种颜色共有
；第二类， 4种颜
种涂法，再给D．E．F涂色，因为D．E．F中必有一点用到第4
，此时涂法确定，由乘法原理得
．所以
，所以另外两点用到A．B．C三点所用颜色中的两种+
=264种．
二、简答题
10、已知，
〔Ⅰ〕假设，求的值；
〔Ⅱ〕假设，求中含项的系数；
〔Ⅲ〕证明：
解：〔Ⅰ〕因为,
所以,
又,
所以 〔1〕
〔2〕
〔1〕-〔2〕得：
所以： …………………2分
〔Ⅱ〕因为，
所以
中含项的系数为 …………………4分
〔Ⅲ〕设 (1)
则函数中含项的系数为 …………7分
(2)
(1)-(2)得
中含项的系数，即是等式左边含项的系数，等式右边含项的系数为
…………………11分
所以
11、 构造如下图的数表，规则如下：先排两个l作为第一层，然后在每一层的相邻两个数之间插入这两个数和的a
倍得下一层，其中a∈〔〕，设第n层中有an个数，这an个数的和为。
〔I〕求an；
〔Ⅱ〕证明：
解：〔Ⅰ〕由题意可得
，则 得……………4分
〔Ⅱ〕先求，同〔Ⅰ〕，，
令，则，
下证为单调增数列：只需证
所以
又对于正数，由二项式定理
所以
又因为，所以所以
。
12、已知
和V中相对应的元素不同的个数．
，或1，，对于，表示U
〔Ⅰ〕令，存在m个，使得，写出m的值；
〔Ⅱ〕令，假设，求证：；
〔Ⅲ〕令
【考点】计数原理的应用．
，假设，求所有之和．
【专题】计算题；证明题；综合题；压轴题；新定义． 【分析】〔Ⅰ〕根据d〔U，V〕可知m=C5；
〔Ⅱ〕根据ai=0或1，i=1，2，••，n，分类讨论ai=0，bi=0时，|ai|+|bi|=0=|ai-bi|；当ai=0，bi=1时，|ai|+|bi|=1=|ai-bi|；当ai=1，bi=0时，|ai|+|bi|=1=|ai-bi|；
当ai=1，bi=1时，|ai|+|bi|=2≥|ai-bi|=0，可证，|ai|+|bi|≥|ai-bi|，再相加即可证明结论；
〔Ⅲ〕易知Sn中共有2个元素，分别记为vk〔k=1，2，3，…，2，v=〔b1，b2，b3，…bn〕bi=0的vk共有2个，bi=1的vk共有2个然后求和即可．
n-1
n
n
n-1
2
【解答】解：〔Ⅰ〕∵V∈S5，d〔U，V〕=2，
2
∴C5=10，即m=10；
〔Ⅱ〕证明：令U=〔a1，a2，a3，…an〕，V=〔b1，b2，b3，…bn〕 ∵ai=0或1，bi=0或1；
当ai=0，bi=0时，|ai|+|bi|=0=|ai-bi| 当ai=0，bi=1时，|ai|+|bi|=1=|ai-bi|
当ai=1，bi=0时，|ai|+|bi|=1=|ai-bi| 当ai=1，bi=1时，|ai|+|bi|=2≥|ai-bi|=0 故，|ai|+|bi|≥|ai-bi|
∴d〔U，W〕+d〔V，W〕=〔a1+a2+a3+…+an〕+〔b1+b2+b3+…+bn〕 =〔|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|〕+〔|b1|+|b2|+|b3|+…+|bn|〕 ≥|a1-b1|+|a2-b2|+|a3-b3|+…+|an-bn|=d〔U，V〕；
nn
〔Ⅲ〕解：易知Sn中共有2个元素，分别记为vk〔k=1，2，3，…，2，v=〔b1，b2，b3，…bn〕
n-1n-1
∵bi=0的vk共有2个，bi=1的vk共有2个．
n-1n-1
∴d〔U，V〕=2〔|a1-0|+|a1-1|+|a2-0|+a2-1|+|a3-0|+|a3-1|+…+|an-0|+|an-1|=n2
n-1
∴d〔U，V〕=n2．
【点评】此题是个难题．此题是综合考查集合推理综合的应用，这道题目的难点主要出现在读题上，需要仔细分析，以找出解题的突破点．题目所给的条件其实包含两个定义，第一个是关于Sn的，其实Sn中的元素就是一个n维的坐标，其中每个坐标值都是0或者1，也可以这样理解，就是一个n位数字的数组，每个数字都只能是0和1，第二个定义d〔U，V〕．
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