第六章过关检测(A卷) (时间：120分钟满分：150分) 一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分 1.若An=2A3m,则m的值为() A.5 B.3 C.6 D.7 答案：A 解析：依题意得可2×化简得m-3)m-4)-=2 (m-5)l 解得m=2或m=5,又m≥5，因此m=5,故选A 2.将字母a,a,b,b,c,c排成三行两列，要求每行的字母互不相同，每列的字母也互不 相同，则不同的排列方法共有( A.12种 B.18种 C.24种 D.36种 答案A 解析：利用分步乘法计数原理求解.先排第一列，因为每列的字母互不相同，因此共 有A种不同的排法.再排第二列，其中第二列第一行的字母共有A种不同的排法， 第二列第二、三行的字母只有1种排法 因此共有A3A=12种不同的排列方法 3.若实数a=2-√2，则al0-2C1oa2+22Ca8…+210等于( A.32 B.-32 C.1024 D.512 答案：A 解析：由二项式定理，得a10-2C1a9+22C3…+210=C(-2)°a10+C(-2)'a9+C( 22a3+…+C18(-2)10=(a-2)10=(-V2)10=25=32. 4.分配4名水暖工去3户不同的居民家里检查暖气管道要求4名水暖工都分配 出去，且每户居民家都要有人去检查，那么分配方案共有( ) A.A种 B.A3A3种 C.CA3种 D.C4C3A种 答案：C 解析：先将4名水暖工选出2人分成一组，再将三组水暖工分配到3户不同的居民 家，故有CA3种方案 5.己知C+1-C=C7n∈N,则n=( A.14 B.15 C.13 D.12 答案D 解析：由组合数性质知，C览+C7=C7+1,所以C+1=C7+1,所以6+7=n+1,得n=12
第六章过关检测(A 卷) (时间:120 分钟 满分:150 分) 一、选择题:本大题共 12 小题,每小题 5 分,共 60 分. 1.若A𝑚 5 =2A𝑚 3 ,则 m 的值为( ) A.5 B.3 C.6 D.7 答案:A 解析:依题意得 𝑚! (𝑚-5)! =2× 𝑚! (𝑚-3)! ,化简得(m-3)·(m-4)=2, 解得 m=2 或 m=5,又 m≥5,因此 m=5,故选 A. 2.将字母 a,a,b,b,c,c 排成三行两列,要求每行的字母互不相同,每列的字母也互不 相同,则不同的排列方法共有( ) A.12 种 B.18 种 C.24 种 D.36 种 答案:A 解析:利用分步乘法计数原理求解.先排第一列,因为每列的字母互不相同,因此共 有A3 3种不同的排法.再排第二列,其中第二列第一行的字母共有A2 1种不同的排法, 第二列第二、三行的字母只有 1 种排法. 因此共有A3 3 A2 1=12 种不同的排列方法. 3.若实数 a=2-√2,则 a 10 -2C10 1 a 9+2 2C10 2 a 8 -…+2 10 等于( ) A.32 B.-32 C.1 024 D.512 答案:A 解析:由二项式定理,得 a 10 -2C10 1 a 9+2 2C10 2 a 8 -…+2 10=C10 0 (-2)0a 10+C10 1 (-2)1a 9+C10 2 (- 2)2a 8+…+C10 10(-2)10=(a-2)10=(-√2) 10=2 5=32. 4.分配 4 名水暖工去 3 户不同的居民家里检查暖气管道.要求 4 名水暖工都分配 出去,且每户居民家都要有人去检查,那么分配方案共有( ) A.A4 3种 B.A3 3A3 1种 C.C4 2A3 3种 D.C4 1C3 1A3 3种 答案:C 解析:先将 4 名水暖工选出 2 人分成一组,再将三组水暖工分配到 3 户不同的居民 家,故有C4 2A3 3种方案. 5.已知C𝑛+1 6 − C𝑛 6 = C𝑛 7 (n∈N* ),则 n=( ) A.14 B.15 C.13 D.12 答案:D 解析:由组合数性质知,C𝑛 6 + C𝑛 7 = C𝑛+1 7 ,所以C𝑛+1 6 = C𝑛+1 7 ,所以 6+7=n+1,得 n=12
6.计划展出10幅不同的画，其中1幅水彩画、4幅油画、5幅国画，排成一列，要求 同一品种的画必须连在一起，并且水彩画不放在两端，那么不同的排列方式的种数 为() A.A4AS B.A2AA C.C3AAS D.A2AZAS 答案D 解析：先把每个品种的画看成一个整体，而水彩画只能放在中间，则油画与国画放 在两端有A?种方法，再考虑4幅油画本身排放有A4种方法，5幅国画本身排放有A 种方法，故不同的排列方式的种数为A2A4A 7.设(2-x=a0+a1x+a2x2+…+asr5,则o+2+4的值为( a1+a3 A器 B号 C244 D.-1 241 答案B 解析：令x=1,可得a0+a1+a2+a3+a4+a5=1;令x=-1,可得a0-a1+a2-a3+a4-a5=35.两式 相加除以2求得a0+a2+a4=122,两式相减除以2可得a1+a3+a5=-121.又由条件可 知a5=C52(-1)5=-l,故++4=g a1+a3 60 8.某学习小组男、女生共8人，现从男生中选2人，从女生中选1人，分别去做3种 不同的工作，共有90种不同的选法则男、女生人数为() A.男2人，女6人 B.男3人，女5人 C.男5人，女3人 D.男6人，女2人 答案B 解析：设男生x人，女生(8x)人，列方程：C?·C日x·A=90.解得x=3,8-x=5,即男生3 人，女生5人 9.将18个参加青少年科技创新大赛的名额分配给3所学校，要求每所学校至少有 1个名额且各校分配的名额互不相等，则不同的分配方法种数为( A.96 B.114 C.128 D.136 答案B 解析：由题意可得每所学校至少有1个名额的分配方法种数为C?,=136,分配名额 相等有22种，则不同的分配方法有136-22=114种 10.设(1-3x)9=a0+a1x+a2x2+…+a9x9,则aol+a1+a2+…+|a9的值为() A.29 B.49 C.39 D.59 答案B 解析：由于a0,a2,a4,a6,a8为正，a1,a3,a5,a7,a9为负，故令x=-1,得(1+3)9=a0-a1+a2- a3+…+a8-a9=aol+la1+…+a9l,故选B
6.计划展出 10 幅不同的画,其中 1 幅水彩画、4 幅油画、5 幅国画,排成一列,要求 同一品种的画必须连在一起,并且水彩画不放在两端,那么不同的排列方式的种数 为( ) A.A4 4A5 5 B.A3 2A4 4 A5 3 C.C3 1A4 4A5 5 D.A2 2A4 4 A5 5 答案:D 解析:先把每个品种的画看成一个整体,而水彩画只能放在中间,则油画与国画放 在两端有A2 2种方法,再考虑 4 幅油画本身排放有A4 4种方法,5 幅国画本身排放有A5 5 种方法,故不同的排列方式的种数为A2 2 A4 4A5 5 . 7.设(2-x) 5=a0+a1x+a2x 2+…+a5x 5 ,则 𝑎0+𝑎2+𝑎4 𝑎1+𝑎3 的值为( ) A.- 122 121 B.- 61 60 C.- 244 241 D.-1 答案:B 解析:令 x=1,可得 a0+a1+a2+a3+a4+a5=1;令 x=-1,可得 a0-a1+a2-a3+a4-a5=3 5 .两式 相加除以 2 求得 a0+a2+a4=122,两式相减除以 2 可得 a1+a3+a5=-121.又由条件可 知 a5=C5 52 0 (-1)5=-1,故 𝑎0+𝑎2+𝑎4 𝑎1+𝑎3 =- 61 60 . 8.某学习小组男、女生共 8 人,现从男生中选 2 人,从女生中选 1 人,分别去做 3 种 不同的工作,共有 90 种不同的选法,则男、女生人数为( ) A.男 2 人,女 6 人 B.男 3 人,女 5 人 C.男 5 人,女 3 人 D.男 6 人,女 2 人 答案:B 解析:设男生 x 人,女生(8-x)人,列方程:C𝑥 2 · C8-𝑥 1 · A3 3=90.解得 x=3,8-x=5,即男生 3 人,女生 5 人. 9.将 18 个参加青少年科技创新大赛的名额分配给 3 所学校,要求每所学校至少有 1 个名额且各校分配的名额互不相等,则不同的分配方法种数为( ) A.96 B.114 C.128 D.136 答案:B 解析:由题意可得每所学校至少有 1 个名额的分配方法种数为C17 2 =136,分配名额 相等有 22 种,则不同的分配方法有 136-22=114 种. 10.设(1-3x) 9=a0+a1x+a2x 2+…+a9x 9 ,则|a0|+|a1|+|a2|+…+|a9|的值为( ) A.2 9 B.4 9 C.3 9 D.5 9 答案:B 解析:由于 a0,a2,a4,a6,a8 为正,a1,a3,a5,a7,a9为负,故令 x=-1,得(1+3)9=a0-a1+a2- a3+…+a8-a9=|a0|+|a1|+…+|a9|,故选 B
11.12名同学合影，站成前排4人后排8人，现摄影师要从后排8人中抽2人调整 到前排（前排6人，后排6人），若其他人的相对顺序不变，则不同调整方法的总数是 () A.CC3 B.C2A C.CA号 D.CA号 答案C 解析：先从后排中抽出2人有C?种方法，再插空.由题意知，先从前排4人形成的5 个空中插入1人，有5种方法，余下1人则要插入前排5人形成的空中，有6种方 法，即为A?,故共有CA?种调整方法， 12.已知等差数列{an}的通项公式为an=3n-5,则(1+x)5+(1+x)+(1+x)7的展开式中 含x项的系数是该数列的( A.第9项 B.第10项 C.第19项 D.第20项 答案D 解析：因为(1+x)5+(1+x)+(1+x)7的展开式中含x4项的系数是Cg+Cg+ C4=5+15+35=55, 所以由3n-5=55,得n=20.故选D 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分 13.将5名志愿者分成3组，其中两组各2人，另一组1人，分赴某大型展览会的三 个不同场馆服务，不同的分配方案有 种.（用数字作答） 答案90 解析：先分组三密，再起三组分配束以呢，得产A促=90种 A2 14.学校计划在公园小路的一侧种植丹桂、金桂、银桂、四季桂四棵桂花树，佛手 银杏、马铃银杏两棵银杏树，要求两棵银杏树必须相邻，则不同的种植方法共有 种 答案：240 解析：分两步完成：第一步，将两棵银杏树看成一个元素，考虑其顺序，有A?种种植方 法；第二步，将银杏树与四棵桂花树全排列，有A种种植方法.根据分步乘法计数原 理，不同的种植方法共有A3·A=240种 15.(1+sinx)的展开式中，二项式系数最大的一项的值为，则x在区间[0,2元上的 值为 答案磐或 解析：由题意，得14=Casinx=20smx=多sinx“x∈0,2，x=g支x-g 16.将编号为A,B,C,D的四个小球放入编号为1,2,3的三个盒子中，若每个盒子中 至少放一个球，且A,B不能放入同一个盒子中，则不同的放法有 种 答案30
11.12 名同学合影,站成前排 4 人后排 8 人,现摄影师要从后排 8 人中抽 2 人调整 到前排(前排 6 人,后排 6 人),若其他人的相对顺序不变,则不同调整方法的总数是 ( ) A.C8 2C3 2 B.C8 2A6 6 C.C8 2A6 2 D.C8 2A5 2 答案:C 解析:先从后排中抽出 2 人有C8 2种方法,再插空.由题意知,先从前排 4 人形成的 5 个空中插入 1 人,有 5 种方法,余下 1 人则要插入前排 5 人形成的空中,有 6 种方 法,即为A6 2 ,故共有C8 2A6 2种调整方法. 12.已知等差数列{an}的通项公式为 an=3n-5,则(1+x) 5+(1+x) 6+(1+x) 7 的展开式中 含 x 4 项的系数是该数列的( ) A.第 9 项 B.第 10 项 C.第 19 项 D.第 20 项 答案:D 解析:因为(1+x) 5+(1+x) 6+(1+x) 7 的展开式中含 x 4 项的系数是C5 4 + C6 4 + C7 4=5+15+35=55, 所以由 3n-5=55,得 n=20.故选 D. 二、填空题:本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分. 13.将 5 名志愿者分成 3 组,其中两组各 2 人,另一组 1 人,分赴某大型展览会的三 个不同场馆服务,不同的分配方案有 种.(用数字作答) 答案:90 解析:先分组C5 2C3 2C1 1 A2 2 ,再把三组分配乘以A3 3 ,得 C5 2C3 2C1 1 A2 2 A3 3=90 种. 14.学校计划在公园小路的一侧种植丹桂、金桂、银桂、四季桂四棵桂花树,佛手 银杏、马铃银杏两棵银杏树,要求两棵银杏树必须相邻,则不同的种植方法共有 种. 答案:240 解析:分两步完成:第一步,将两棵银杏树看成一个元素,考虑其顺序,有A2 2种种植方 法;第二步,将银杏树与四棵桂花树全排列,有A5 5种种植方法.根据分步乘法计数原 理,不同的种植方法共有A2 2 · A5 5=240 种. 15.(1+sin x) 6 的展开式中,二项式系数最大的一项的值为5 2 ,则 x 在区间[0,2π]上的 值为 . 答案: π 6 或 5π 6 解析:由题意,得 T4=C6 3 sin3x=20sin3x= 5 2 ,∴sin x= 1 2 .∵x∈[0,2π],∴x= π 6或 x= 5π 6 . 16.将编号为 A,B,C,D 的四个小球放入编号为 1,2,3 的三个盒子中,若每个盒子中 至少放一个球,且 A,B 不能放入同一个盒子中,则不同的放法有 种. 答案:30
解析：先把A,B放入不同盒中，有3×2=6种放法，再放C,D 若C,D在同一盒中，只能是第3个盒，1种放法： 若C,D在不同盒中，则必有一球在第3个盒中，另一球在A或B的盒中， 有2×2=4种放法」 故共有6×(1+4)=30种放法 三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 17.(10分)已知集合A={x1<log2x<3,x∈N*},B={xx-6<3,x∈N*}.试问： (1)从集合A和B中各取一个元素作直角坐标系中点的坐标，共可得到多少个不 同的点？ (2)从AUB中取出三个不同的元素组成三位数，从左到右的数字要逐渐增大，这样 的三位数有多少个？ 解：由已知得A={3,4,5,6,7},B={4,5,6,7,8} (1)从A中取一个数作为横坐标，从B中取一个数作为纵坐标，有5×5=25个，而8 作为横坐标的情况有5种，3作为纵坐标的情况有4种，故共有5×5+5+4=34个不 同的点 (2)因为AUB={3,4,5,6,7,8},所以这样的三位数共有C%=20个 18.(12分)已知(1+2v√？y”的展开式中，某一项的系数恰好是它的前一项系数的2 倍而且是它的后一项系数的试求展开式中二项式系数最大的项 解：二项式的通项为+1=C2x总 由题意知展开式中第（化+1）项系数是第k项系数的2倍，是第(k+2)项系数的。 C2k=2Ck1-2k-1 依题意得 C路2k=2C+12k+1 6 整理得{CC+:即 ,2k=n+1, 3n, P15(m-k)=3k+1), 解得化二子 因此展开式中二项式系数最大两项是 T4=C(2vx)3=280xz与T5=C4(2√x4=560xr2 19.(12分)把n个正整数全排列后得到的数叫做再生数”，“再生数”中最大的数叫 做“最大再生数”，最小的数叫做“最小再生数” (1)求1,2,3,4的再生数的个数，以及其中的最大再生数和最小再生数： (2)试求任意5个正整数（可相同）的再生数的个数 解(1)1,2,3,4的再生数的个数为A4=24,其中最大再生数为4321，最小再生数为1 234 (2)需要考查5个数中相同数的个数， 若5个数各不相同，有A=120个：
解析:先把 A,B 放入不同盒中,有 3×2=6 种放法,再放 C,D. 若 C,D 在同一盒中,只能是第 3 个盒,1 种放法; 若 C,D 在不同盒中,则必有一球在第 3 个盒中,另一球在 A 或 B 的盒中, 有 2×2=4 种放法. 故共有 6×(1+4)=30 种放法. 三、解答题:共 70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17.(10 分)已知集合 A={x|1<log2x<3,x∈N*},B={x||x-6|<3,x∈N*}.试问: (1)从集合 A 和 B 中各取一个元素作直角坐标系中点的坐标,共可得到多少个不 同的点? (2)从 A∪B 中取出三个不同的元素组成三位数,从左到右的数字要逐渐增大,这样 的三位数有多少个? 解:由已知得 A={3,4,5,6,7},B={4,5,6,7,8}. (1)从 A 中取一个数作为横坐标,从 B 中取一个数作为纵坐标,有 5×5=25 个,而 8 作为横坐标的情况有 5 种,3 作为纵坐标的情况有 4 种,故共有 5×5+5+4=34 个不 同的点. (2)因为 A∪B={3,4,5,6,7,8},所以这样的三位数共有C6 3=20 个. 18.(12 分)已知(1+2√𝑥) n 的展开式中,某一项的系数恰好是它的前一项系数的 2 倍,而且是它的后一项系数的5 6 ,试求展开式中二项式系数最大的项. 解:二项式的通项为 Tk+1=C𝑛 𝑘 (2k )𝑥 𝑘 2, 由题意知展开式中第(k+1)项系数是第 k 项系数的 2 倍,是第(k+2)项系数的5 6 , 依题意得{ C𝑛 𝑘2 𝑘 = 2C𝑛 𝑘-1 ·2 𝑘-1 , C𝑛 𝑘2 𝑘 = 5 6 C𝑛 𝑘+1 ·2 𝑘+1 , 整理得{ C𝑛 𝑘 = C𝑛 𝑘-1 , C𝑛 𝑘 = 5 3 C𝑛 𝑘+1 , 即{ 2𝑘 = 𝑛 + 1, 5(𝑛-𝑘) = 3(𝑘 + 1), 解得{ 𝑛 = 7, 𝑘 = 4. 因此展开式中二项式系数最大两项是 T4=C7 3 (2√𝑥) 3=280𝑥 3 2与 T5=C7 4 (2√𝑥) 4=560x 2 . 19.(12 分)把 n 个正整数全排列后得到的数叫做“再生数”,“再生数”中最大的数叫 做“最大再生数”,最小的数叫做“最小再生数”. (1)求 1,2,3,4 的再生数的个数,以及其中的最大再生数和最小再生数; (2)试求任意 5 个正整数(可相同)的再生数的个数. 解:(1)1,2,3,4 的再生数的个数为A4 4=24,其中最大再生数为 4 321,最小再生数为 1 234. (2)需要考查 5 个数中相同数的个数. 若 5 个数各不相同,有A5 5=120 个;
若有2个数相同，则有登-60个 若有3个数相同，则有是-20个 若有4个数相同，则有是-5个： 若5个数全相同，则有1个 20.(12分)已知5名同学站成一排，要求甲站在中间，乙不站在两端，记满足条件的 所有不同的排法种数为m. (1)求m的值： (2)求(V?+)下的展开式中的常数项 解(1)所有不同的排法种数m=C2A3=12 2加，(+月宁=(+月到 因此(V反+)”的展开式的通项为7m1=C5×2r×x罗， 令93r=0,解得r=3 故展开式中的常数项为2C好=672 21.(12分)用0,1,2,3,4这五个数字，可以组成多少个满足下列条件的没有重复数字 的五位数？ (1)比21034大的偶数： (2)左起第二、四位是奇数的偶数 解(1)根据题意，分三种情况讨论 ①当末位数字是0时，首位数字可以为2或3或4，满足条件的数共有 3×A3=18(个) ②当末位数字是2时，首位数字可以为3或4，满足条件的数共有2×A3=12(个)】 ③当末位数字是4时，首位数字是3的有A3=6个符合条件的数字；首位数字是2 时，有3个符合条件的数字，此时共有9个符合条件的数字 综上可知，比21034大的偶数共有18+12+9=39（个） (2)根据题意，分三步： 第一步，左起第二、四位从奇数1,3中取，有A2种情况 第二步，万位数字从2,4中取，有A种情况 第三步，余下的排在剩下的两位，有A?种情况 故共有A?AA?=8(个)符合条件的数字 22.(12分)如图，从左到右有五个空格 (1)向这五个格子中填入0,1,2,3,4五个数，要求每个数都要用到，且第三个格子不 能填0，则一共有多少种不同的填法？
若有 2 个数相同,则有A5 5 A2 2=60 个; 若有 3 个数相同,则有A5 5 A3 3=20 个; 若有 4 个数相同,则有A5 5 A4 4=5 个; 若 5 个数全相同,则有 1 个. 20.(12 分)已知 5 名同学站成一排,要求甲站在中间,乙不站在两端,记满足条件的 所有不同的排法种数为 m. (1)求 m 的值; (2)求(√𝑥 + 2 𝑥 ) 3𝑚 4 的展开式中的常数项. 解:(1)所有不同的排法种数 m=C2 1A3 3=12. (2)由(1)知,(√𝑥 + 2 𝑥 ) 3𝑚 4 = (√𝑥 + 2 𝑥 ) 9 , 因此(√𝑥 + 2 𝑥 ) 9 的展开式的通项为 Tr+1=C9 𝑟×2 r×𝑥 9-3𝑟 2 , 令 9-3𝑟 2 =0,解得 r=3, 故展开式中的常数项为 2 3C9 3=672. 21.(12 分)用 0,1,2,3,4 这五个数字,可以组成多少个满足下列条件的没有重复数字 的五位数? (1)比 21 034 大的偶数; (2)左起第二、四位是奇数的偶数. 解:(1)根据题意,分三种情况讨论: ①当末位数字是 0 时,首位数字可以为 2 或 3 或 4,满足条件的数共有 3×A3 3=18(个). ②当末位数字是 2 时,首位数字可以为 3 或 4,满足条件的数共有 2×A3 3=12(个). ③当末位数字是 4 时,首位数字是 3 的有A3 3=6 个符合条件的数字;首位数字是 2 时,有 3 个符合条件的数字,此时共有 9 个符合条件的数字. 综上可知,比 21 034 大的偶数共有 18+12+9=39(个). (2)根据题意,分三步: 第一步,左起第二、四位从奇数 1,3 中取,有A2 2种情况. 第二步,万位数字从 2,4 中取,有A2 1种情况. 第三步,余下的排在剩下的两位,有A2 2种情况. 故共有A2 2 A2 1A2 2=8(个)符合条件的数字. 22.(12 分)如图,从左到右有五个空格. (1)向这五个格子中填入 0,1,2,3,4 五个数,要求每个数都要用到,且第三个格子不 能填 0,则一共有多少种不同的填法?
(2)若向这五个格子中放入六个不同的小球，要求每个格子里都有球，则有多少种 不同的放法？ (3)若给这五个空格涂上颜色，要求相邻格子不同色，现有红、黄、蓝三种颜色可 供使用，则一共有多少种不同的涂法？ 解(1)根据题意，分两步： 第一步，第三个格子不能填0，则第三个格子有4个数字可选，有4种填法； 第二步，将剩下4个数字填进4个格子，有A4=24种情况 根据分步乘法计数原理，一共有4×24=96种不同的填法. (2)根据题意，分两步： 第一步，将6个小球分为5组，有C?=15种分组方法； 第二步，将分好的5组全排列，对应放进五个格子中，有A=120种放法 根据分步乘法计数原理，一共有15×120=1800种不同的放法 (3)根据题意，左边第一个格子有3种颜色可选，即有3种涂法，左边第二个格子与 第一个不同色，则有2种颜色可选，即有2种涂法，同理，第三、四、五个格子分别 有2种涂法，故有3×2×2×2×2=48种涂法
(2)若向这五个格子中放入六个不同的小球,要求每个格子里都有球,则有多少种 不同的放法? (3)若给这五个空格涂上颜色,要求相邻格子不同色,现有红、黄、蓝三种颜色可 供使用,则一共有多少种不同的涂法? 解:(1)根据题意,分两步: 第一步,第三个格子不能填 0,则第三个格子有 4 个数字可选,有 4 种填法; 第二步,将剩下 4 个数字填进 4 个格子,有A4 4=24 种情况. 根据分步乘法计数原理,一共有 4×24=96 种不同的填法. (2)根据题意,分两步: 第一步,将 6 个小球分为 5 组,有C6 2=15 种分组方法; 第二步,将分好的 5 组全排列,对应放进五个格子中,有A5 5=120 种放法. 根据分步乘法计数原理,一共有 15×120=1 800 种不同的放法. (3)根据题意,左边第一个格子有 3 种颜色可选,即有 3 种涂法,左边第二个格子与 第一个不同色,则有 2 种颜色可选,即有 2 种涂法,同理,第三、四、五个格子分别 有 2 种涂法,故有 3×2×2×2×2=48 种涂法