題型1:計數原理例1．完成下列選擇題與填空題 (1)有三個不同的信箱.今有四封不同的信欲投其中.則不同的投法有種. A．81 B．64 C．24 D．4 (2)四名學生爭奪三項冠軍.獲得冠軍的可能的種數是( ) A．81 B．64 C．24 D．4 (3)有四位學生參加三項不同的競賽. ①每位學生必須參加一項競賽.則有不同的參賽方法有 , ②每項競賽只許有一位學生參加.則有不同的參賽方法有 , ③每位學生最多參加一項競賽.每項競賽只許有一位學生參加.則不同的參賽方法有 . 解析:(1)完成一件事是“分步進行還是“分類進行.是選用基本原理的關鍵.將“投四封信這件事分四步完成.每投一封信作為一步.每步都有投入三個不同信箱的三種方法.因此:N=3×3×3×3=34=81.故答案選A. 本題也可以這樣分類完成.①四封信投入一個信箱中.有C31種投法,②四封信投入兩個信箱中.有C32(C41·A22+C42·C22)種投法,③四封信投入三個信箱.有兩封信在同一信箱中.有C42·A33種投法..故共有C31+C32(C41·A22+C42C22)+C42·A33=81(種).故選A. (2)因學生可同時奪得n項冠軍.故學生可重復排列.將4名學生看作4個“店 .3項冠軍看作“客 .每個“客都可住進4家“店中的任意一家.即每個“客有4種住宿法.由分步計數原理得:N=4×4×4=64. 故答案選B. (3)①學生可以選擇項目.而競賽項目對學生無條件限制.所以類似(1)可得N=34=81(種), ②競賽項目可以挑學生.而學生無選擇項目的機會.每一項可以挑4種不同學生.共有N=43=64(種), ③等價于從4個學生中挑選3個學生去參加三個項目的競賽.每人參加一項.故共有C43·A33=24(種). 例2．今有2個紅球.3個黃球.4個白球.同色球不加以區分.將這9個球排成一列有種不同的方法. 解析:本題考查排列組合的基本知識.由題意可知.因同色球不加以區分.實際上是一個組合問題.共有. 點評:分步計數原理與分類計數原理是排列組合中解決問題的重要手段.也是基礎方法.在高中數學中.只有這兩個原理.尤其是分類計數原理與分類討論有很多相通之處.當遇到比較復雜的問題時.用分類的方法可以有效的將之化簡,達到求解的目的. 題型2:排列問題例3．在二項式的展開式中.含的項的系數是( ) A． B． C． D．答案 B 解析對于.對于.則的項的系數是 [點評]:此題重點考察二項展開式中指定項的系數.以及組合思想, [突破]:利用組合思想寫出項.從而求出系數, 展開式中不含的項的系數絕對值的和為.不含的項的系數絕對值的和為.則的值可能為 A． B． C． D．答案 D 解析 ..則可取.選D 點評:合理的應用排列的公式處理實際問題.首先應該進入排列問題的情景.想清楚我處理時應該如何去做. 例4．(1)用數字0.1.2.3.4組成沒有重復數字的五位數.則其中數字1.2相鄰的偶數有個, (2)電視臺連續播放6個廣告.其中含4個不同的商業廣告和2個不同的公益廣告.要求首尾必須播放公益廣告.則共有種不同的播放方式. 解析:(1)可以分情況討論:① 若末位數字為0.則1.2.為一組.且可以交換位置.3.4.各為1個數字.共可以組成個五位數,② 若末位數字為2.則1與它相鄰.其余3個數字排列.且0不是首位數字.則有個五位數,③ 若末位數字為4.則1.2.為一組.且可以交換位置.3.0.各為1個數字.且0不是首位數字.則有=8個五位數.所以全部合理的五位數共有24個. (2)分二步:首尾必須播放公益廣告的有A22種,中間4個為不同的商業廣告有A44種.從而應當填 A22·A44＝48. 從而應填48. 點評:排列問題不可能解決所有問題.對于較復雜的問題都是以排列公式為輔助. 題型三:組合問題例5．甲組有5名男同學.3名女同學,乙組有6名男同學.2名女同學.若從甲.乙兩組中各選出2名同學.則選出的4人中恰有1名女同學的不同選法共有 180種 345種解: 分兩類(1) 甲組中選出一名女生有種選法; (2) 乙組中選出一名女生有種選法.故共有345種選法.選D (2)將4個顏色互不相同的球全部放入編號為1和2的兩個盒子里.使得放入每個盒子里的球的個數不小于該盒子的編號.則不同的放球方法有( ) A．10種 B．20種 C．36種 D．52種 [解析]: (2)將4個顏色互不相同的球全部放入編號為1和2的兩個盒子里.使得放入每個盒子里的球的個數不小于該盒子的編號.分情況討論:①1號盒子中放1個球.其余3個放入2號盒子.有種方法,②1號盒子中放2個球.其余2個放入2號盒子.有種方法,則不同的放球方法有10種.選A. 點評:計數原理是解決較為復雜的排列組合問題的基礎.應用計數原理結合例6．(1)某校從8名教師中選派4名教師同時去4個邊遠地區支教.其中甲和乙不同去.則不同的選派方案共有種, (2)5名志愿者分到3所學校支教.每個學校至少去一名志愿者.則不同的分派方法共有( ) (A)150種 200種 (D)280種解析:(1)可以分情況討論.① 甲去.則乙不去.有=480種選法,②甲不去.乙去.有=480種選法,③甲.乙都不去.有=360種選法,共有1320種不同的選派方案, (2)人數分配上有1,2,2與1,1,3兩種方式.若是1,2,2.則有＝60種.若是1,1,3.則有＝90種.所以共有150種.選A. 點評:排列組合的交叉使用可以處理一些復雜問題.諸如分組問題等, 題型4:排列.組合的綜合問題例7．平面上給定10個點.任意三點不共線.由這10個點確定的直線中.無三條直線交于同一點.無兩條直線互相平行.求:(1)這些直線所交成的點的個數這些直線交成多少個三角形. 解法一:(1)由題設這10點所確定的直線是C102=45條. 這45條直線除原10點外無三條直線交于同一點.由任意兩條直線交一個點.共有C452個交點.而在原來10點上有9條直線共點于此.所以.在原來點上有10C92點被重復計數, 所以這些直線交成新的點是:C452-10C92=630. (2)這些直線所交成的三角形個數可如下求:因為每個三角形對應著三個頂點.這三個點來自上述630個點或原來的10個點.所以三角形的個數相當于從這640個點中任取三個點的組合.即C6403=43486080(個). 解法二:(1)如圖對給定的10點中任取4個點.四點連成6條直線.這6條直線交3個新的點.故原題對應于在10個點中任取4點的不同取法的3倍.即這些直線新交成的點的個數是:3C104=630. (2)同解法一. 點評:用排列.組合解決有關幾何計算問題.除了應用排列.組合的各種方法與對策之外.還要考慮實際幾何意義. 例8．已知直線ax+by+c=0中的a,b,c是取自集合{-3,-2,-1,0,1,2,3}中的3個不同的元素.并且該直線的傾斜角為銳角.求符合這些條件的直線的條數. 解設傾斜角為θ.由θ為銳角.得tanθ=->0,即a.b異號. (1)若c=0.a.b各有3種取法.排除2個重復(3x-3y=0,2x-2y=0,x-y=0).故有3×3-2=7(條), (2)若c≠0.a有3種取法.b有3種取法.而同時c還有4種取法.且其中任兩條直線均不相同.故這樣的直線有3×3×4=36條.從而符合要求的直線共有7+36=43條, 點評:本題是1999年全國高中數學聯賽中的一填空題.據抽樣分析正確率只有0.37.錯誤原因沒有對c=0與c≠0正確分類,沒有考慮c=0中出現重復的直線. 題型5:二項式定理例9．若, 則的值為 A. 2 B.0 C. D. 答案 C 解析由題意容易發現 ,則 , 同理可以得出 ,--- 亦即前2008項和為0, 則原式== 故選C. (2)的展開式中含x的正整數指數冪的項數是 4 (D)6 解析:本題主要考查二項式展開通項公式的有關知識, (2)的展開式通項為.因此含x的正整數次冪的項共有2項.選B, 點評:多項式乘法的進位規則.在求系數過程中,盡量先化簡.降底數的運算級別,盡量化成加減運算.在運算過程可以適當注意令值法的運用.例如求常數項.可令.在二項式的展開式中.要注意項的系數和二項式系數的區別. 例10．將全體正整數排成一個三角形數陣: 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 ------ 按照以上排列的規律.第行()從左向右的第3個數為 ▲ [解析]本小題考查歸納推理和等差數列求和公式．前n-1 行共有正整數1+2+-+(n-1)個.即個.因此第n 行第3 個數是全體正整數中第+3個.即為． [答案] 若為有理數).則 ( ) A．45 B．55 C．70 D．80 答案 C 解析本題主要考查二項式定理及其展開式. 屬于基礎知識.基本運算的考查. ∵ . 由已知.得.∴.故選C. (2)已知的展開式中第三項與第五項的系數之比為-,其中=-1.則展開式中常數項是( ) (A)-45i (B) 45i 45 (2)第三項的系數為-.第五項的系數為.由第三項與第五項的系數之比為-可得n＝10.則＝.令40-5r＝0.解得r＝8.故所求的常數項為＝45.選A, 在的展開式中.的系數為 7 (用數字作答) 答案 7 解析由條件易知展開式中項的系數分別是.即所求系數是點評:本題考查二項式展開式的特殊值法.基礎題, 題型6:二項式定理的應用例11．證明下列不等式: (1)≥()n,(a.b∈{x|x是正實數},n∈N); (2)已知a.b為正數.且+=1.則對于n∈N有 (a+b)n-an-bn≥22n-2n+1. 證明:(1)令a=x+δ.b=x-δ.則x=, an+bn=n+n =xn+Cn1xn-1δ+-+Cnnδn+xn-Cn1xn-1δ+-(-1)nCnnδn =2(xn+Cn2xn-2δ2+Cn4xn-4δ4+-) ≥2xn 即≥()n n=an+Cn1an-1b+-+Cnnbn (a+b)n=bn+Cn1bn-1a+-+Cnnan 上述兩式相加得: 2(a+b)n=(an+bn)+Cn1(an-1b+bn-1a)+-+Cnk(an-kbk+bn-kak)+-+Cnn(an+bn) (*) ∵+=1.且a.b為正數 ∴ab=a+b≥2 ∴ab≥4 又∵ an-kbk+bn-kak≥2=2()n ∴2(a+b) n≥2an+2bn+Cn12()n+Cn22()n+-+Cnn-12()n ∴(a+b)n-an-bn ≥(Cn1+Cn2+-+Cnn-1)·()n ≥(2n-2)·2n =22n-2n+1 點評:利用二項式定理的展開式.可以證明一些與自然數有關的不等式問題.題(1)中的換元法稱之為均值換元.這樣消去δ奇數次項.從而使每一項均大于或等于零.題(2)中.由由稱位置二項式系數相等.將展開式倒過來寫再與原來的展開式相加.這樣充分利用對稱性來解題的方法是利用二項式展開式解題的常用方法. 例12．(1)求4×6n+5n+1被20除后的余數, (2)7n+Cn17n-1+Cn2·7n-2+-+Cnn-1×7除以9.得余數是多少? (3)根據下列要求的精確度.求1.025的近似值.①精確到0.01,②精確到0.001. 解析:(1)首先考慮4·6n+5n+1被4整除的余數. ∵5n+1=(4+1)n+1=4n+1+Cn+114n+Cn+124n-1+-+Cn+1n·4+1. ∴其被4整除的余數為1. ∴被20整除的余數可以為1.5.9.13.17. 然后考慮4·6n+1+5n+1被5整除的余數. ∵4·6n=4·(5+1)n=4(5n+Cn1·5n-1+Cn2·5n-2+-+Cnn-1·5+1). ∴被5整除的余數為4. ∴其被20整除的余數可以為4.9.14.19. 綜上所述.被20整除后的余數為9. (2) 7n+Cn1·7n-1+Cn2·7n-2+-+Cnn-1·7 =(7+1)n-1=8n-1=(9-1)n-1 =9n-Cn1·9n-1+Cn2·9n-2+-+(-1)n-1Cnn-1·9+(-1)nCnn-1 (i)當n為奇數時原式=9n-Cn1·9n-1+Cn2·9n-2+-+(-1)n-1Cnn-1·9-2 ∴除以9所得余數為7. (ii)當n為偶數時原式=9n-Cn1·9n-1+Cn2·9n-2+-+(-1)n-1Cnn-1·9 ∴除以9所得余數為0.即被9整除. 5≈5 =1+c51·0.02+C52·0.022+C53·0.023+C540.024+C55·0.025 ∵C52×0.022=0.004,C53×0.023=8×10-5 ∴①當精確到0.01時.只要展開式的前三項和.1+0.10+0.004=1.104.近似值為1.10. ②當精確到0.001時.只要取展開式的前四項和.1+0.10+0.004+0.0008=1.10408.近似值為1.104. 點評:(1)用二項式定理來處理余數問題或整除問題時.通常把底數適當地拆成兩項之和或之差再按二項式定理展開推得所求結論, (2)用二項式定理來求近似值.可以根據不同精確度來確定應該取到展開式的第幾項. 【查看更多】

題目列表(包括答案和解析)

15、已知集合A，B滿足A∪B={0，1}，試分別用分類計數原理、分步計數原理兩種方法求出A，B的組數．