《2025年教材帮高中数学选择性必修第三册人教B版》

·例29 (2024·全国高中数学联赛重庆赛区初赛)
由$1, 2, ·s, 9$这九个正整数构成的所有圆排列中，任意相邻两数之积均不超过$60$的圆排列的个数为.

答案： 解析▶一个圆排列满足要求当且仅当该排列中$8, 9$与$7, 9$这两对数均不能相邻. 设满足$8, 9$相邻的圆排列有$N_1$个，满足$7, 9$相邻的圆排列有$N_2$个，满足$8, 9$相邻且$7, 9$相邻的圆排列有$N_3$个，则$N_1 = N_2 = \mathrm{A}_{2}^{2} · 7!$，$N_3 = \mathrm{A}_{2}^{2} · 6!$，由容斥原理可知，满足要求的排列的个数为$8! - (N_1 + N_2 - N_3) = 21600$.
答案▶$21600$

·例30 (2023·全国高中数学联赛浙江赛区预赛)
设$a_1, a_2, a_3, a_4, a_5$是数字$1, 2, 3, 4, 5$的排列. 若不存在$1 \leqslant i ＜ j ＜ k \leqslant 5$使$a_i ＜ a_j ＜ a_k$成立，则所有这样的排列数有种.

答案：
解析▶先考虑$1, 2, 3, 4$四个数字满足条件的排列为$14$个，然后考虑数字$5$插入每种类型的情形，如图3-5，满足条件的排列数共$42$种.

答案▶$42$

·例31 (2022·南京大学强基计划)方程$x_1 + x_2 + x_3 + 3x_4 + 3x_5 + 5x_6 = 7$的非负整数解个数为

答案： 解析▶若$x_6 = 1$，则$x_1 + x_2 + x_3 + 3(x_4 + x_5) = 2$，所以$x_4 = x_5 = 0$，即$x_1 + x_2 + x_3 = 2$，则$x_1, x_2, x_3$的取值情况可为“$0, 0, 2$”“$0, 1, 1$”这两种类型，每种类型$3$种情况，即共$3 + 3 = 6$(种).
若$x_6 = 0$，则$x_1 + x_2 + x_3 + 3(x_4 + x_5) = 7$，
若$x_4 + x_5 = 2$，有$3$种情况，且$x_1 + x_2 + x_3 = 1$，则$x_1, x_2, x_3$的取值情况可为“$0, 0, 1$”一种类型，即有$3$种情况，共$3 × 3 = 9$(种).
若$x_4 + x_5 = 1$，有$2$种情况，且$x_1 + x_2 + x_3 = 4$，则$x_1, x_2, x_3$的取值情况可为“$0, 0, 4$”“$0, 1, 3$”“$0, 2, 2$”“$1, 1, 2$”这四种类型，每种类型的情况数分别为$3, 6, 3, 3$，即共$2 × (3 + 6 + 3 + 3) = 30$(种).
若$x_4 + x_5 = 0$，有$1$种情况，且$x_1 + x_2 + x_3 = 7$，则$x_1, x_2, x_3$的取值情况可为“$3, 3, 1$”“$4, 2, 1$”“$7, 0, 0$”“$2, 5, 0$”这八种类型，即共$3 + 6 + 3 + 6 + 6 + 3 + 3 + 3 = 36$(种).
故所求个数为$6 + 9 + 30 + 36 = 81$.
答案▶$81$

·例32 (2022·北京大学强基计划)将不大于$12$的正整数分为$6$个两两交集为空集的二元集合，且每个集合中两个元素互质，则不同的分法有种.

答案： 解析▶易知$\{2, 4, 6, 8, 10, 12\}$中的元素两两不互质，因此恰好在$6$个不同的集合中，设依次为$Y_2, Y_4, Y_6, Y_8, Y_{10}, Y_{12}$.
此时剩余的正整数中$1, 7, 11$可以任意放在上述$6$个集合中，$5$不能放在$Y_{10}$中，$3, 9$不能放在$Y_6$或$Y_{12}$中，分两种情况：
(1)若$5$放入了$Y_6$或$Y_{12}$中，有两种情况，此时$3$与$9$可在$4$个集合中选择，有$\mathrm{A}_{4}^{2}$种情况，而$1, 7, 11$放入集合有$\mathrm{A}_{3}^{3}$种情况.
(2)若$5$没有放入$Y_6$或$Y_{12}$中，则$5$有$3$个集合可以选择，进而$3$与$9$可在$3$个集合中选择，有$\mathrm{A}_{3}^{2}$种情况，而$1, 7, 11$放入集合有$\mathrm{A}_{3}^{3}$种情况.
综上所述，不同的集合拆分方法共有$\mathrm{A}_{2}^{1} \mathrm{A}_{4}^{2} \mathrm{A}_{3}^{3} + \mathrm{A}_{3}^{1} \mathrm{A}_{1}^{1} \mathrm{A}_{3}^{2} \mathrm{A}_{3}^{3} = 252$(种).
答案▶$252$

·例33 (2025·全国高中数学联赛山东赛区初赛)
在$3 × 3$的方格棋盘中，一枚棋子占据一个方格，且两枚棋子不能占据同一方格. 小明随机放入$5$枚棋子，其中任两枚棋子所在方格不能恰好共用一个方格顶点的概率为.

答案：
解析▶如图3-6所示将$9$个方格分类，一个$A$类和一个$B$类方格不会恰好共用一个顶点.
(可以没有公共顶点也可以有$2$个公共顶点)
不难看出棋子至多占据$4$个$A$类方格和$2$个$B$类方格. 由于有$5$枚棋子，所以共有$2$种情况：
(1)若棋子占据$3$个$A$类方格和$2$个$B$类方格，则有$4 × 2 = 8$种摆放方式；(3个$A$类方格：$A_1 A_2 A_4$，$A_1 A_2 A_5$，$A_1 A_4 A_5$，$A_2 A_4 A_5$，共$4$种摆放方式，2个$B$类方格：$B_1 B_4$，$B_3 B_4$，共$2$种摆放方式)
(2)若棋子占据$4$个$A$类方格和$1$个$B$类方格，则有$1 × 4 = 4$种摆放方式.
(只能摆放在$A_1 A_2 A_4 A_5$)
因此小明随机放入的$5$枚棋子中，任两枚棋子所在方格不能恰好共用一个方格顶点的概率为$\frac{8 + 4}{\mathrm{C}_{9}^{5}} = \frac{2}{21}$.
答案▶$\frac{2}{21}$