2014年高考数学一轮复习热点难点精讲精析：11.1计数原理
2014年高考一轮复习热点难点：专题专题10 排列组合二项式定理
专题十 排列组合二项式定理排列、组合与二项式定理是高中数学中内容相对独立的一个部分，排列、组合的知识为概率与统计中的计数问题提供了一定的方法．这部分内容的试题有一定的综合性与灵活性，要注意与其他数学知识的联系，注意与实际生活的联系．通过对典型例题的分析，总结思维规律，提高解题能力．§10－1 排列组合【知识要点】1．分类计数原理与分步计数原理． 2．排列与组合．⋅=-=-=m n m n mn m nA A m n m n C m n n A )!(!!,)!(!3．组合数的性质：(1)mn n m n C C -=； (2)11-++=m n m n m n C C C ．【复习要求】理解和掌握分类计数与分步计数两个原理．在应用分类计数原理时，要注意“类”与“类”之间的独立性和等效性，在应用分步计数原理时，要注意“步”与“步”之间的相关性和连续性．熟练掌握排列数公式和组合数公式，注意题目的结构特征和联系；掌握组合数的两个性质，并应用于化简、计算和论证．正确区别排列与组合的异同，体会解计数问题的基本方法，正确处理附加的限制条件． 【例题分析】例1 有3封信，4个信筒．(1)把3封信都寄出，有多少种寄信方法?(2)把3封信都寄出，且每个信筒中最多一封信，有多少种寄信方法?【分析】(1)分3步完成寄出3封信的任务：第一步，寄出1封信，有4种方法；第二步，再寄出1封信，有4种方法；第三步，寄出最后1封信，有4种方法，完成任务．根据分步计数原理，共有4×4×4＝43＝64种寄信方法．(2)典型的排列问题，共有34A ＝24种寄信方法．例2 在一块并排10垄的田地中，选择2垄分别种植A ，B 两种作物，每种作物种植1垄，为有利于作物生长，要求A ，B 两种作物的间隔不小于6垄，则不同的种植方法共有______种．解：设这10垄田地分别为第1垄，第2垄，…，第10垄，要求A ，B 两垄作物的间隔不少于6垄，所以第一步选垄的方式共有(1，8)，(1，9)，(1，10)，(2，9)，(2，10)，(3，10)这6种选法，第二步种植两种作物共有22A ＝2种种植法，所以共有6×2＝12种选垄种植方法．【评述】排列组合是解决计数问题的一种重要方法．但要注意，计数问题的基本原理是分步计数原理和分类计数原理，是最普遍使用的，不要把计数问题等同于排列组合问题．对某些计数问题，当运用公式很难进行时，适时采取原始的分类枚举方法往往是最好的．如例2．在具体的计数问题的解决过程中，需要决策的是，这个计数问题需要“分步”还是“分类”完成，再考虑这个计数问题是排列问题、组合问题还是一般的计数问题．如例1的两个问题．例3 某电子表以6个数字显示时间，例如09:20:18表示9点20分18秒．则在0点到10点之间，此电子表出现6个各不相同数字来表示时间的有______次．【分析】分步来确定电子表中的六个数字如下：第一步：确定第一个数字，只能为0，只有1种方法； 第二步：确定第三位数字，只能为0至5中的一个数(又不能与首位相同)，所以只有5种方法； 第三步：确定第五位数字，也只能为0至5中的一个数(又不能与首位，第三位相同)，所以只有4种方法；第四步：确定剩下三位数字，0至9共10个数字已用了3个，剩下的7个数字排列在2，4，6位共有37A 种排法．由分步计数原理得：1×5×4×37A ＝4200种．【评述】做一件事情分多步完成时，我们一般先做限制条件较大的一步，如本题中，首位受限条件最大，其次为三、五位，所以我们先排首位，再排三、五位，最后排其他位．例4 7个同学站成一排，分别求出符合下列要求的不同排法的种数． (1)甲站在中间； (2)甲、乙必须相邻；(3)甲在乙的左边(但不一定相邻)； (4)甲、乙、丙相邻；(5)甲、乙、丙两两不相邻；解：(1)甲站在中间，其余6名同学任意排列，故不同排法有66A ＝720．(2)第一步：先把甲、乙捆绑，视为一个元素，连同其余5个人全排列，共有66A 种排法；第二步：给甲、乙松绑，有22A 种排法，此题共有66A 22A ＝1440种不同排法．(3)在7名同学站成一排的77A 种排法中，“甲左乙右”与“甲右乙左”的站法是一一对应的，各占一半，因此甲站在乙的左边(不要求相邻)的不同排法共有77A ÷2＝2520种．(4)先把甲、乙、丙视为一个元素，连同其余4名同学共5个元素的全部排列数有55A 种，再结合甲、乙、丙3个人之间的不同排列有33A 种，此题的解为：55A 33A ＝720．(5)先让除甲、乙、丙外的4个人站好，共有44A 种站法，让甲、乙、丙3人插空，由于4个人形成5个空位，所以甲、乙、丙共有35A 种站法，此题答案14403544=A A ．【评述】当要求某几个元素排在一起时，我们常将这几个元素捆绑在一起作为一个元素与其他元素进行排列如例4(2)，(4)．当要求某几个元素不相邻时，我们常常先排其他元素，然后再将这几个元素排在已排好的其他元素的空中如例4(5)．例5 4个不同的球，4个不同的大盒子，把球全部放入盒内，恰有一个盒不放球，共几种放法?【分析】先将4个球分成3组，共有624=C 种分组方法；再将3组球放在4个盒子里，是排列问题，有=34A 24种方法，所以，共有1443424=A C 种不同的放球方法．【评述】类似这种装球问题采取先分组后装球的方法比较好．例6某班组有10名工人，其中4名是女工．从这10个人中选3名代表，其中至少有一名女工的选法有多少种?解法1：至少有一名女工的情形有三类：1名女工和2名男工；2名女工和1名男工；3名女工，把这3类选法加在一起，共有1003416242614=++C C C C C 种不同的选法．解法2：与“至少有一名女工”选法相对立的是“没有女工”的选法，从所有的选法中除去“没有女工”的选法，剩下的即为所求，共有10036310=-C C ．【评述】当涉及“至少”或“至多”的问题时，从大的方向看我们常常是对其分类讨论，运用分类计数原理解决问题，当然，也可以考虑问题的对立面再用减法进行计算．例7 如图，用六种不同的颜色给图中的4个格子涂色，每个格子涂一种颜色，要求相邻的两个格子颜色不同，且两端的格子的颜色也不同，则不同的涂色方法共有多少种?【分析】如果按从左至右的顺序去涂色，当涂到第4个格子时会发现，第三个格子的颜色与第一个格子的颜色是否相同决定着第4个格子有几种涂色方法，即如果第三个格子的颜色与第一个格子的颜色是否相同是不确定的，则第四个格子的涂色情况不定．于是，我们要按照1、3两个格子颜色相同和不相同两种情况分类来处理这个计数问题．解：1、3两个格子颜色相同时，按分步计数原理，有6×5×1×5＝150种方法； 1、3两个格子颜色不相同时，按分步计数原理，有6×5×4×4＝480种方法． 所以，共有不同的涂色方法630种．例8 四面体的顶点和各棱中点共10个点，取4个不共面的点，不同取法有多少种?【分析】没有限制地从10个点中选出4个点，共有410C 种不同选法，除去4点共面的选法即可．4点共面的选法有3类．(1)4个点在四面体A －BCD 的某一个面上，共有464C 种共面的情况．(2)过四面体的一条棱上的3个点及对棱的中点，如图中点A ，E ，B ，G 平面，共计有6种共面的情况．(3)过四面体的四条棱的中点，而且与一组对棱平行的平面，如图E ，F ，G ，H 平面，此类选法共有3种．综上，符合要求的选法共有141)364(46410=++⨯-C C 种．例9 在给出的下图中，用水平或垂直的线段连结相邻的字母，按这些线段行走时，正好拼出“竞赛”即“CONTEST ”的路线共有多少条?【分析】“CONTEST ”的路线的条数与“TSETNOC ”路线的条数相同，如下右图，从左下角的T 走到边上的C 共有6步，每一步都有2种选择，由分步计数原理，所以下图中，“TSETNOC ”路线共有26＝64条．所以本题的答案为64×2－1＝127．【评述】例9的这种计数的方法常称之为对应法计数，它的理论基础为：如果两个集合之间可以建立一对一的对应关系，那么这两个集合的元素的个数相同．借助这个原理，如果一个集合元素的个数不好计算时，我们将其转化为求另一个集合元素的个数不失为一种较好的方法．例10 (1)计算59694858A A A A -+的值； (2)计算nn nnC C 321383+-+的值；(3)证明：mn m n m n A mA A 11+-=+．(1)解：275!93!85!9!94!8!84!4!9!3!9!4!8!3!859694858=⨯⨯=-⨯+⨯=-+=-+A A A A ． (2)解：注意到mn C 中的隐含条件：n ≥m ，m ∈N ，n ∈N *，有⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≥+≥->-≥,321,038,03,383n n n n n n 解得221219≤≤n ，所以n ＝10． 所以，46613123030312830=+=+C C C C ．(3)证明：)!1(!)!1(!)1()!1(!)!(!1+-++-+-=+-+-=+⋅⋅-m n n m m n n m n m n n m m n n mA A m nm nm n A m n n m n n m n n m m n n m n 1]!)1[()!1()!1()!1()!1(!)!1(!)1(+=-++=+-+=+-++-+-=⋅⋅．【评述】对于含排列组合式的恒等式证明及计算问题常用的方法有两种，一种是运用排列组合数的计算公式转化为代数恒等式的证明及代数式求值问题，另一种是运用组合数的一些性质进行计算及证明．常用的组合数的性质有：(1)m n n m n C C -=； (2)11-++=m n m n m n C C C ；(3)nn n n n n C C C C 2210=++++ ； (4) ++=++3120n n n n C C C C ．练习10－1一、选择题1．5位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中的一个小组，则不同的报名方法共有( ) (A)10种 (B)20种 (C)25种 (D)32种2．某班新年联欢会原定的5个节目已排成节目单，开演前又增加了两个新节目．如果将这两个节目插入原节目单中，那么不同插法的种数为( ) (A)42 (B)30 (C)20 (D)123．四面体的一个顶点为A ，从其他顶点与棱的中点中取3个点，使它们和点A 在同一平面上，不同的取法有( ) (A)30种 (B)33种 (C)36种 (D)39种4．某电脑用户计划用不超过500元的资金购买单价分别为60元、70元的单片软件和盒装磁盘，根据需要，软件至少买3片，磁盘至少买2盒，则不同的选购方式有( ) (A)5种 (B)6种 (C)7种 (D)8种 5．下列等式中正确的是( )(1)11--=k n k n nC kC ；(2)111111+++=+k n k n C n C k ； (3)kn k nC k k n C 11+-=+； (4)k n k n C n k C 1111++=++．(A)(1)(2) (B)(1)(2)(3) (C)(1)(3) (D)(2)(3)(4)6．有两排座位，前排11个座位，后排12个座位，现安排2人就座，规定前排中间的3个座位不．能坐，并且这2人不左右相邻，那么不同排法的种数是( ) (A)234种 (B)346种 (C)350种 (D)363种 二、填空题7．从集合{0，1，2，3，5，7，11}中任取3个元素分别作为直线方程Ax ＋By ＋C ＝0中的A 、B 、C ，所得的经过坐标原点的直线有______条．(结果用数值表示)8．用数字0，1，2，3，4，5可以组成没有重复数字，并且比20000大的五位偶数共有______． 9．马路上有12盏灯，为了节约用电，可以熄灭其中3盏灯，但两端的灯不能熄灭，也不能熄灭相邻的两盏灯，那么熄灯方法共有______种．10．将标号为1，2，…，10的10个球放入标号为1，2，…，10的10个盒子内，每个盒内放一个球，则恰好有3个球的标号与其所在盒子的标号不一致的放入方法共有______种．(以数字作答)11．从集合{O ，P ，Q ，R ，S }与{0，1，2，3，4，5，6，7，8，9}中各任取2个元素排成一排(字母和数字均不能重复)，每排中字母O ，Q 和数字0至多只能出现一个的不同排法种数是______．(用数字作答)12．8个相同的球放进编号为1、2、3的盒子里，则放法种数为______．(以数值作答)§10－2 二项式定理【知识要点】1．二项式定理：nn n r r n r n n n n n n n n b C b a C b a C b a C a C b a ++++++=+--- 222110)(． 2．通项公式：rr n r n r b a C T -+=1，3．0n C ，1n C ，2n C ，…，r n C ，…，nn C 称为二项式系数， 4．二项展开式的系数的性质：n n n n n n C C C C 2210=++++ ； ++=++3120n n n n C C C C ．【复习要求】会求二项展开式中适合某种特殊条件的项；了解利用二项式定理进行近似计算，证明与组合数有关的等式或整数(整式)的整除性的方法． 【例题分析】例1 在二项式52)1(xx -的展开式中，含x 4的项的系数是______． 解：r r r r r rr x C xx C T 31055251)1()1()(--+-=-=， 令10－3r ＝4，得r ＝2，所以x 4项的系数是10)1(225=-C ．例2 (1)若(1＋x )n 的展开式中，x 3的系数是x 系数的7倍，求n 的值；(2)在(2＋lg x )8的展开式中，二项式系数最大的项的值等于1120，求x 的值．解：(1)由已知137n n C C =，即n n n n 76)2)(1(=--，整理得n 2－3n －40＝0，解得n ＝8或n ＝－5(舍)．所以n ＝8．(2)(2＋lg x )8的展开式中共有9项，二项式系数最大的项为第5项．由已知，1120)(lg 244485=⋅=⋅x C T ，整理得(lg x )4＝1，所以lg x ＝±1，解得x ＝10或⋅=101x 例3 求1003)23(+x 的展开式中x 的系数为有理数的项的个数．解：r r rrr r r r x C x C T ---+==1003210010031001001·2·3·)2()3(，若系数为有理数，则3,2100rr -都必须是整数，即r 应为6的倍数． 又0≤r ≤100，所以r 的不同值有17个．所以x 的系数为有理数的项共有17项．例4 已知nnx )1(-的展开式中，第3项与第6项的系数互为相反数，求展开式中系数最小的项．解：,)1(,)1(1055556422223-----=-==-=n n n n n n n n x C xx C T x C x xC T 由已知25n n C C =，所以n ＝7．所以第4项系数最小，.35)1(37337374x x C xxC T -=-=-=- 【评述】通项公式rr n r n r b a C T -+=1是二项式定理中常用的一个公式，要熟练掌握，同时注意系数、上标、下标之间的关系；注意系数、二项式系数的区别，如例2；注意运用通项公式求第3项时，r ＝2．如例4．例5 已知(a 2＋1)n 的展开式中的各项系数之和等于52)1516(xx +的展开式的常数项，而(a 2＋1)n 的展开式中的系数最大项等于54，求a 的值，解：52)1516(x x +的展开式的第r ＋1项.)516()1()516(2520555251rr r r rr r xC xx C T ---+==令T r ＋1为常数项，则20－5r ＝0，r ＝4，所以常数项.16516455=⨯=C T 又(a 2＋1)n 的展开式中的各项系数之和等于2n ，由题意得2n ＝16，所以n ＝4．由二项式系数的性质知，(a 2＋1)n 的展开式中的系数最大的项即为二项式系数最大的项，是中间项T 3，所以54424=a C ，解得3±=a ．例6 已知(1－2x )7＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 7x 7．求： (1)a 1＋a 2＋…＋a 7； (2)a 1＋a 3＋a 5＋a 7； (3)a 0＋a 2＋a 4＋a 6；(4)｜a 0｜＋｜a 1｜＋｜a 2｜＋…＋｜a 7｜．解：令x ＝1，则a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 7＝－1． ① 令x ＝－1，则a 0－a 1＋a 2－a 3＋a 4－a 5＋a 6－a 7＝37． ②(1)易知a 0＝1，所以a 1＋a 2＋…＋a 7＝a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 7－a 0＝－2；(2)(①－②)÷2，得a 1＋a 3＋a 5＋a 7＝2317--＝－1094；(3)(①＋②)÷2，得a 0＋a 2＋a 4＋a 6=2317+-＝1093；(4)方法1：因为(1－2x )7的展开式中a 1，a 3，a 5，a 7是负数，a 0，a 2，a 4，a 6是正数， 所以｜a 0｜＋｜a 1｜＋｜a 2｜＋…＋｜a 7｜＝a 0＋a 2＋a 4＋a 6－(a 1＋a 3＋a 5＋a 7)＝2187．方法2：因为｜a 0｜＋｜a 1｜＋｜a 2｜＋…＋｜a 7｜表示(1＋2x )7的展开式中各项系数的和， 令x ＝1，可得｜a 0｜＋｜a 1｜＋｜a 2｜＋…＋｜a 7｜＝37＝2187．【评述】通过给二项式定理中的字母赋值(根据式子的特点，常令字母为1或－1)的方式可以解决二项展开式系数整体求值的问题．例7 若多项式x 2＋x 10＝a 0＋a 1(x ＋1)＋a 2(x ＋1)2＋…＋a 9(x ＋1)9＋a 10(x ＋1)10，则a 9＝______． 【分析】方法1：由于a 0＋a 1(x ＋1)＋a 2(x ＋1)2＋…＋a 9(x ＋1)9＋a 10(x ＋1)10＝x 2＋x 10[－1＋(x ＋1)2]＋[－1＋(x ＋1)10]＝10101091910)1()1()1(+++-+x C x C ， 则10)1(9109-=-=C a ．方法2：由于等式左边x 10的系数为1，所以a 10＝1，又，等式左边x 9的系数为0，所以0109109=+a C a ，所以a 9＝－10．例8 9291除以100的余数为______． 解：190909090)190(9191922909291192920929292+++++=+=⋅⋅⋅⋅C C C C前面各项均能被100整除，只有末尾两项不能被100整除，81820082811909192+==+⋅C ，所以9192除以100的余数为81．例9求(0.998)5精确到0.001的近似值． 解：=-=55)002.01((0.998)990.0)002.0()002.0(2251505÷+-+-+ C C C ． 【评述】利用二项式定理求余数、求近似值是二项式定理的应用之一． 例10 设a ＞1，n ∈N *且n ≥2，求证na a n 11-<-． 证明：设x a n =-1，则(x ＋1)n ＝a ．欲证原不等式，即证nx ＜(x ＋1)n －1，其中x ＞0．)2(111)1(11110≥+=+>++++=+---n nx x C x C x C x C x n n n n n n n n n ，即有(x ＋1)n ＞nx ＋1，得证．例11 82)1)(21(x x x -+的展开式中常数项为______．(用数字作答)解：求82)1)(21(x x x -+的常数项8)1(xx -，即求展开式中的常数项及含x －2的项．对于8)1(x x -，rr r r r r r x C xx C T 288881)1()1(--+-=-=．令8－2r ＝0，即有r ＝4，70)1(4845=-=C T ．令8－2r ＝－2，即有r ＝5，22585656)1(---=-=x x C T ．所以常数项为70＋2×(－56)＝－42．练习10－2一、选择题1．若nxx )1(2-的展开式中的所有二项式系数和为512，则该展开式中的常数项为 (A)－84 (B)84(C)－36(D)362．已知9)2(x x a -的展开式中x 3的系数为49，常数a 的值为( ) (A)1 (B)2 (C)4(D)8 3．在(1＋x )5(1－x )4的展开式中，x 3的系数是( ) (A)4 (B)－4 (C)8 (D)－84．若nC 21与mn C 同时有最大值，则m 的值是( ) (A)5 (B)4或5(C)5或6(D)6或7二、填空题 5．(x 2＋x1)6的展开式中常数项是______．(用数字作答) 6．若(x ＋1)n ＝x n ＋…＋ax 3＋bx 2＋…＋1，(n ∈N *)，且a ∶b ＝3∶1，那么n ＝______．7．(n ＋1)n ＋1除以n 2(n ＞1)的余数为______． 8．观察下列等式：2235515-=+C C ，3799591922+=++C C C ， 511131391351311322-=+++C C C C ， 7151717131791751711722+=++++C C C C C ，……由以上等式推测到一个一般的结论：对于=++++∈+++++1414914514114*,n n n n n C C C C n N ___________．三、解答题9．在(3x ＋1)n 的展开式中，如果各项系数的和比各项二项式系数的和大992，求n 的值． 10．若f (x )＝(1＋2x )m ＋(1＋3x )n 展开式中x 的系数为13，则x 2的系数为( )11．当n ∈N *时，求证：.3)11(2<+≤nn习题10一、选择题1．某校要求每位学生从7门课程中选修4门，其中甲、乙两门课程不能都选，则不同的选课方案有( ) (A)35种 (B)25种 (C)20种 (D)16种2．将甲、乙、丙、丁四名学生分到三个不同的班，每个班至少分到一名学生，且甲、乙两名学生不能分到同一个班，则不同分法的种数为( ) (A)18 (B)24 (C)30 (D)363．从单词“equation ”中选取5个不同的字母排成一排，含有“qu ”(其中“qu ”相连且顺序不变)的不同排列共有( ) (A)120种 (B)480种 (C)720种 (D)840种4．若3)32(+x ＝332210x a x a x a a +++，则(a 0＋a 2)2－(a 1＋a 3)2的值为( )(A)－1 (B)1 (C)0 (D)25．若nx x )23(32-的展开式中含有非零常数项，则正整数n 的最小值为( ) (A)10 (B)6(C)5(D)36．若)()21(20092009102009R ∈+++=-x xa x a a x ，200920092122aa a a +++ 则的值为( )(A)2 (B)0 (C)－1 (D)－2二、填空题7．在(3－x )7的展开式中，x 5的系数是______．(用数字作答)8．从6名男生和4名女生中，选出3名代表，要求至少有一名女生，则不同的选法有______种． 9．有6个座位连成一排，现有3人就座，则恰有两个空座位相邻的不同坐法有______种． 10．(x －y )10的展开式中，x 7y 3的系数与x 3y 7的系数之和等于______．11．数列a 1，a 2，…，a 7，其中恰好有5个2和2个4，调换a 1至a 7各数的位置，一共可以组成不同的数列(含原数列)______个．12．2010年广州亚运会组委会要从小张、小赵、小李、小罗、小王五名志愿者中选派四人分别从事翻译、导游、礼仪、司机四项不同工作，若其中小张和小赵只能从事前两项工作，其余三人均能从事这四项工作，则不同的选派方案共有______种． 三、解答题13．已知(1＋x )＋(1＋x )2＋…＋(1＋x )n ＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n ，若a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n －1＝509－n ，求n ．14．已知n 是等差数列4，7，10，13，…中的一项nxx )1(+．求证的展开式中不含常数项． 专题十 排列组合二项式定理参考答案练习10－1一、选择题1．D 2．A 3．B 4．C 5．B 6．B 二、填空题7．30； 8．240； 9．56； 10．240； 11．8424； 12．45．练习10－2一、选择题1．B 2．C 3．B 4．C 二、填空题5．15； 6．11； 7．n ＋1； 8．24n －1＋(－1)n 22n －1． 三、解答题9．解：令x ＝1，得各项系数和为4n ，又各项二项式系数和为2n ， 所以4n －2n ＝992.22n －2n －992＝0，解得n ＝5． 10．解：f (x )＝(1＋2x )m ＋(1＋3x )n 展开式中含x 的项x n m x C x C n m )32(3211+=+，由2m ＋3n ＝13，m ，n 为正整数，得m ＝2，n ＝3或m ＝5，n ＝1，当m ＝2，n ＝3时，求得x 2的系数为31；当m ＝5，n ＝1时求得x 2的系数为40， 故x 2的系数为31或40．11．证明：2111111)11(1221=+≥++++=+⋅⋅⋅⋅nC n C n C n C nn n n n n n n， 因为121!1)11()21)(11(!1)!(!!1-≤≤----==-=⋅k k k knk n k n n k n k n k n n C ， 所以nn n n n n n n n n n C n C n C n C n C n 1·121111)11(22221+++≤++++=+⋅⋅⋅⋅ .32132121212112<-=++++≤--n n所以.3)11(2<+≤nn习题10一、选择题1．B 2．C 3．B 4．A 5．C 6．C 二、填空题7．－189； 8．100； 9．72； 10．－240； 11．21； 12．36． 三、解答题13．解：令x ＝1，得2＋22＋23＋…＋2n ＝a 0＋a 1＋a 2＋…＋a n －1＋a n ．令x ＝0，则a 0＝n ． 又由已知可得a n ＝1． ∴1)509(12)12(2+-+=--n n n ，化简得2n ＝256，∴n ＝8． 14．解：用反证法，假设第r ＋1项为常数，即2321r n rn rr n rn r x C x x C T ---+==⋅为常数项．又等差数列4，7，10，13，…的第k 项为a k ＝4＋(k －1)×3＝3k ＋1(k ∈N *)． 令n ＝3k ＋1，T r ＋1为常数项，则.02313,023=-+=-r k r n 即322+=k r ，∵k ∈N *，这与，且r ∈N 矛盾，所以它没有常数项．。
高考数学一轮总复习 培养解题能力精讲系列 专题十一 计数原理课件 理 苏教版
创新突破
易错辨析
ox
教你审题
易错辨析
全面突破概率与其它 知识的综合问题
基本事件计数不正确 致误
几何概型中有关平面几 何的“临界点”的探求
不能正确理解题目条 件致误
1、创新突破 全面突破概率与其它知识的综合问题
【典典例例11】 (2013·新课标全国Ⅱ卷)经销商
经销某种农产品，在一个销售季度内，每售 出 1 t 该产品获利润 500 元，未售出的产品， 每 1 t 亏损 300 元．根据历史资料，得到销 售季度内市场需求量的频率分布直方图，如 图所示．经销商为下一个销售季度购进了 130 t 该农产品．以 X(单位： t，100≤X≤150)表示下一个销售季度内的市场 需求量，T(单位：元)表示下一个销售季度内经销该农产品的利润． (1)将 T 表示为 X 的函数；(2)根据直方图估计利润 T 不少于 57 000 元的概率； (3)在直方图的需求量分组中，以各组的区间中点值代表该组的各个值，需求 量落入该区间的频率作为需求量取该区间中点值的概率(例如：若需求量 X∈[100,110)，则取 X＝105，且 X＝105 的概率等于需求量落入[100,110)的频 率)．求 T 的知识的综合问题
【自主体验 1】 (2013·四川卷)某算法的程序框
图如图所示，其中输入的变量 x 在 1,2,3，…，
24 这 24 个整数中等可能随机产生．
(1)分别求出按程序框图正确编程运行时输出 y
的值为 i 的概率 Pi(i＝1,2,3)； (2)甲、乙两同学依据自己对程序框图的理解，
1、创新突破 全面突破概率与其它知识的综合问题
故 X 的分布列为
X 0 12 3
P
8 27
4 9
高三数学一轮复习第十一篇计数原理概率随机变量及其分布第2节排列与组合课件理(1)
个.
解析: (2)若 0 在 1,3 之间,则在 0,1,3 隔开的四个空位中插入 2,4 即可,此 时的五位数个数为 A22A24 =24;若 0 在 1,3 右边,则 1,3 之间需插入一个数,另 一个数在最高位,或者在 0 左右,此时五位数的个数为 A22C12 ×3=12;若 0 在 1,3 左边,此时 2,4 只能一个在 0 的左边(最高位)、一个在 1,3 之间,此时的 五位数个数为 A22A22 =4.故共可组成五位数有 24+12+4=40(个).
不同元素中取出 m 个元素的排列数
n 个不同元素中取出 m 个元素的组合数
排列数公式
A
m n
=n(n-1)(n-2)…
公 式
(n-m+1) =
n!
(n m)!
组合数公式
C
m n
=
Amn Amm
=
n(n 1)(n 2)...(n m 1) = n!
m!
m!(n m)!
性 质
A
n n
【即时训练】 (2015河南郑州市二次质量预测)某校开设A类选修课2 门,B类选修课3门,一位同学从中选3门.若要求两类课程中各至少选 一门,则不同的选法共有( ) (A)3种 (B)6种 (C)9种 (D)18种
解析:直接法: C12C32 + C22C13 =9. 间接法: C35 -1=9. 故选 C.
答案: (2)40
备选例题
【例 1】
(1)若
3
A
3 x
=2
A2 x 1
+6
A
2 x
,则
x=
.
(2)若
Cx2 16
高考复习方案大一轮(全国人教数学)-历年高考真题与模拟题分类汇编 J单元 计数原理(理科2014年) Word版
数学J单元计数原理J1 基本计数原理10．J1、J3用a代表红球，b代表蓝球，c代表黑球．由加法原理及乘法原理，从1个红球和1个蓝球中取出若干个球的所有取法可由(1＋a)(1＋b)的展开式1＋a＋b＋ab表示出来，如：“1”表示一个球都不取、“a”表示取出一个红球、而“ab”则表示把红球和蓝球都取出来．依此类推，下列各式中，其展开式可用来表示从5个无区别的红球、5个无区别的蓝球、5个有区别的黑球中取出若干个球，且所有的蓝球都取出或都不取出的所有取法的是( )A．(1＋a＋a2＋a3＋a4＋a5)(1＋b5)(1＋c)5B．(1＋a5)(1＋b＋b2＋b3＋b4＋b5)(1＋c)5C．(1＋a)5(1＋b＋b2＋b3＋b4＋b5)(1＋c5)D．(1＋a5)(1＋b)5(1＋c＋c2＋c3＋c4＋c5)10．A 从5个无区别的红球中取出若干个球，可以1个球都不取、或取1个、2个、3个、4个、5个球，共6种情况，则其所有取法为1＋a＋a2＋a3＋a4＋a5；从5个无区别的蓝球中取出若干个球，由所有的蓝球都取出或都不取出，得其所有取法为1＋b5；从5个有区别的黑球中取出若干个球，可以1个球都不取、或取1个、2个、3个、4个、5个球，共6种情况，则其所有取法为1＋C15c＋C25c2＋C35c3＋C45c4＋C55c5＝(1＋c)5，根据分步乘法计数原理得，适合要求的所有取法是(1＋a＋a2＋a3＋a4＋a5)(1＋b5)(1＋c)5.J2 排列、组合13．J2把5件不同产品摆成一排．若产品A与产品B相邻，且产品A与产品C不相邻，则不同的摆法有________种．13．36A33A22A13＝6×2×3＝36.8．N4、J2设集合A＝{(x1，x2，x3，x4，x5)|x i∈{－1，0，1}，i＝1，2，3，4，5}，那么集合A中满足条件“1≤|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|≤3”的元素个数为( ) A．60 B．90 C．120 D．1308．D 本题考查排列组合等知识，考查的是用排列组合思想去解决问题，主要根据范围利用分类讨论思想求解．由“1≤|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|≤3”考虑x1，x2，x3，x4，x 5的可能取值，设集合M ＝{0}，N ＝{－1，1}．当x 1，x 2，x 3，x 4，x 5中有2个取值为0时，另外3个从N 中取，共有C 25×23种方法；当x 1，x 2，x 3，x 4，x 5中有3个取值为0时，另外2个从N 中取，共有C 35×22种方法；当x 1，x 2，x 3，x 4，x 5中有4个取值为0时，另外1个从N 中取，共有C 45×2种方法． 故总共有C 25×23＋C 35×22＋C 45×2＝130种方法， 即满足题意的元素个数为130.11．J2、K2 从0，1，2，3，4，5，6，7，8，9中任取七个不同的数，则这七个数的中位数是6的概率为________．11.16 本题主要考查古典概型概率的计算，注意中位数的求法．从0，1，2，3，4，5，6，7，8，9中任取七个不同的数，有C 710种方法，若七个数的中位数是6，则只需从0，1，2，3，4，5中选三个，从7，8，9中选三个不同的数即可，有C 36C 33种方法．故这七个数的中位数是6的概率P ＝C 36C 33C 710＝16.6．J2 6把椅子摆成一排，3人随机就座，任何两人不相邻的坐法种数为( )A ．144B ．120C ．72D ．246．D 这是一个元素不相邻问题，采用插空法，A 33C 34＝24.5．J2 有6名男医生、5名女医生，从中选出2名男医生、1名女医生组成一个医疗小组，则不同的选法共有( )A ．60种B ．70种C ．75种D ．150种5．C 由题意，从6名男医生中选2名，5名女医生中选1名组成一个医疗小组，不同的选法共有C 26C 15＝75(种)．6．J2 六个人从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有( )A ．192种B ．216种C ．240种D ．288种6．B 当甲在最左端时，有A 55＝120(种)排法；当甲不在最左端时，乙必须在最左端，且甲也不在最右端，有A 11A 14A 44＝4×24＝96(种)排法，共计120＋96＝216(种)排法．故选B.14．J2 在8张奖券中有一、二、三等奖各1张，其余5张无奖．将这8张奖券分配给4个人，每人2张，不同的获奖情况有________种．(用数字作答)14．60 分两种情况：一种是有一人获得两张奖券，一人获得一张奖券，有C 23A 24＝36种；另一种是三人各获得一张奖券，有A 34＝24种．故共有60种获奖情况．9．J2 某次联欢会要安排3个歌舞类节目、2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序，则同类节目不相邻的排法种数是( )A ．72B ．120C ．144D ．1689．B 分两步进行：(1)先将3个歌舞进行全排，其排法有A 33种；(2)将小品与相声插入将歌舞分开，若两歌舞之间只有一个其他节目，其插法有2A 33种．若两歌舞之间有两个其他节目时插法有C 12A 22A 22种．所以由计数原理可得节目的排法共有A 33(2A 33＋C 12A 22A 22)＝120(种)．J3 二项式定理13．J3 设a ≠0，n 是大于1的自然数，⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋x a n的展开式为a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n.若点A i (i ，a i )(i ＝0，1，2)的位置如图13所示，则a ＝________.图1313．3 由图可知a 0＝1，a 1＝3，a 2＝4，由组合原理知⎩⎪⎨⎪⎧C 1n ·1a＝a 1＝3，C 2n ·1a 2＝a 2＝4，故⎩⎪⎨⎪⎧na＝3，n （n －1）a 2＝8，解得 ⎩⎪⎨⎪⎧n ＝9，a ＝3.10．J1、J3 用a 代表红球，b 代表蓝球，c 代表黑球．由加法原理及乘法原理，从1个红球和1个蓝球中取出若干个球的所有取法可由(1＋a )(1＋b )的展开式1＋a ＋b ＋ab 表示出来，如：“1”表示一个球都不取、“a ”表示取出一个红球、而“ab ”则表示把红球和蓝球都取出来．依此类推，下列各式中，其展开式可用来表示从5个无区别的红球、5个无区别的蓝球、5个有区别的黑球中取出若干个球，且所有的蓝球都取出或都不取出的所有取法的是( )A ．(1＋a ＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5)(1＋b 5)(1＋c )5B ．(1＋a 5)(1＋b ＋b 2＋b 3＋b 4＋b 5)(1＋c )5C ．(1＋a )5(1＋b ＋b 2＋b 3＋b 4＋b 5)(1＋c 5) D ．(1＋a 5)(1＋b )5(1＋c ＋c 2＋c 3＋c 4＋c 5)10．A 从5个无区别的红球中取出若干个球，可以1个球都不取、或取1个、2个、3个、4个、5个球，共6种情况，则其所有取法为1＋a ＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5；从5个无区别的蓝球中取出若干个球，由所有的蓝球都取出或都不取出，得其所有取法为1＋b 5；从5个有区别的黑球中取出若干个球，可以1个球都不取、或取1个、2个、3个、4个、5个球，共6种情况，则其所有取法为1＋C 15c ＋C 25c 2＋C 35c 3＋C 45c 4＋C 55c 5＝(1＋c )5，根据分步乘法计数原理得，适合要求的所有取法是(1＋a ＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5)(1＋b 5)(1＋c )5.2．J3 若二项式⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋a x 7的展开式中1x 3的系数是84，则实数a ＝( ) A ．2 B.54 C ．1 D.242．C 展开式中含1x 3的项是T 6＝C 57(2x )2⎝ ⎛⎭⎪⎫a x 5＝C 5722a 5x －3，故含1x 3的项的系数是C 5722a 5＝84，解得a ＝1.故选C.4．J3⎝ ⎛⎭⎪⎫12x －2y 5的展开式中x 2y 3的系数是( )A ．－20B ．－5C ．5D ．204．A 由题意可得通项公式T r ＋1＝C r5⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 5－r (－2y )r ＝C r 5⎝ ⎛⎭⎪⎫125－r(－2)r x 5－r y r，令r ＝3，则C r5⎝ ⎛⎭⎪⎫125－r (－2)r ＝C 35×⎝ ⎛⎭⎪⎫122×(－2)3＝－20.13．J3⎝ ⎛⎭⎪⎫x y－y x 8的展开式中x 2y 2的系数为________．(用数字作答)13．70 易知二项展开式的通项T r ＋1＝C r8⎝ ⎛⎭⎪⎫x y 8－r ⎝⎛⎭⎪⎫－y x r ＝(－1)r C r8x 8－3r 2y 3r 2－4.要求x 2y 2的系数，需满足8－3r 2＝2且3r 2－4＝2，解得r ＝4，所以T 5＝(－1)4C 48x 2y 2＝70x 2y 2，所以x 2y 2的系数为70.13．J3 (x －y )(x ＋y )8的展开式中x 2y 7的系数为________．(用数字填写答案) 13．－20 (x ＋y )8的展开式中xy 7的系数为C 78＝8，x 2y 6的系数为C 68＝28，故(x －y )(x ＋y )8的展开式中x 2y 8的系数为8－28＝－20.13．J3 (x ＋a )10的展开式中，x 7的系数为15，则a ＝________．(用数字填写答案) 13.12 展开式中x 7的系数为C 310a 3＝15， 即a 3＝18，解得a ＝12.14．J3，E6 若⎝ ⎛⎭⎪⎫ax 2＋b x 6的展开式中x 3项的系数为20，则a 2＋b 2的最小值为________．14．2T r ＋1＝C r6(ax 2)6－r·⎝ ⎛⎭⎪⎫b x r＝C r 6a 6－r ·b r x 12－3r ，令12－3r ＝3，得r ＝3，所以C 36a 6－3b 3＝20，即a 3b 3＝1，所以ab ＝1，所以a 2＋b 2≥2ab ＝2，当且仅当a ＝b ，且ab ＝1时，等号成立．故a 2＋b 2的最小值是2.2．J3 在x (1＋x )6的展开式中，含x 3项的系数为( ) A ．30 B ．20 C ．15 D ．102．C x (1＋x )6的展开式中x 3项的系数与(1＋x )6的展开式中x 2项的系数相同，故其系数为C 26＝15.5．J3 在(1＋x )6(1＋y )4的展开式中，记x m y n项的系数为f (m ，n )，则f (3，0)＋f (2，1)＋f (1，2)＋f (0，3)＝( )A ．45B ．60C ．120D ．2105．C 含x m y n项的系数为f (m ，n )＝C m 6C n4，故原式＝C 36C 04＋C 26C 14＋C 16C 24＋C 06C 34＝120，故选C.J4 单元综合8．J4 从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，其中所成的角为60°的共有( )A ．24对B ．30对C ．48对D ．60对8．C 方法一(直接法)：在上底面中选B 1D 1，四个侧面中的面对角线都与它成60°，共8对，同样A 1C 1对应的对角线也有8对，同理下底面也有16对，共有32对．左右侧面与前后侧面中共有16对面对角线所成的角为60°，故所有符合条件的共有48对．方法二(间接法)：正方体的12条面对角线中，任意两条垂直、平行或所成的角为60°，所以所成角为60°的面对角线共有C 212－6－12＝48.12． 有3张标号分别为1，2，3的红色卡片，3张标号分别为1，2，3的蓝色卡片，现将全部的6张卡片放在2行3列的格内(如图X361所示)．若颜色相同的卡片在同一行，则不同的放法种数为________．(用数字作答)图X36112．72 由题意可知，不同的放法共有A 33A 33A 22＝6×6×2＝72(种)．3． 若⎝ ⎛⎭⎪⎫x －3x n的展开式的各项系数绝对值之和为1024，则展开式中x 项的系数为( )A ．15B ．－15C ．10D ．－103．B 由4n ＝1024，得n ＝5，∴T r ＋1＝C r 5(x )5－r－3x r ＝(－3)r C r 5x 5－3r 2.令5－3r 2＝1，解得r ＝1，∴T 2＝C 15(－3)1x ＝－15x ，故其系数为－15.6． 若直线x ＋ay －1＝0与4x －2y ＋3＝0垂直，则二项式⎝⎛⎭⎪⎫ax 2－1x 5的展开式中x 的系数为( )A ．－40B ．－10C ．10D ．406．A 由题意可知，4×1＋(－2)a ＝0，∴a ＝2，∴二项式为2x 2－1x5，T r ＋1＝C r 5(2x 2)5－r－1xr .令10－2r －r ＝1，得r ＝3，∴T 4＝C 3522(－1)3x ＝－40x ，故展开式中x 的系数为－40.8． 甲组有5名男同学、3名女同学，乙组有6名男同学、2名女同学．若从甲、乙两组中各选出2名同学，则选出的4人中恰有1名女同学的不同选法共有( )A ．150种B ．180种C ．300种D ．345种8．D 当从甲组中选出1名女生时，共有C 15·C 13·C 26＝225(种)不同的选法；当从乙组中选出1名女生时，共有C 25·C 16·C 12＝120(种)不同的选法．故共有345种选法．10． 若(2x －1)2013＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 2013x2013(x ∈R )，则12＋a 222a 1＋a 323a 1＋…＋a 201322013a 1＝( )A ．－12013 B.12013C ．－14026 D.1402610．D 令x ＝12，则a 0＋a 12＋a 222＋…＋a 201322013＝0，令x ＝0，则a 0＝－1.又a 1x ＝C 20122013(2x)1(－1)2012＝4026x ，所以a 1＝4026，所以12＋a 222a 1＋a 323a 1＋…＋a 201322013a 1＝12＋－20124026＝14026.。
2014年高考数学一轮复习 热点难点精讲精析 选修系列(第3部分：几何证明选讲)
2014年高考一轮复习热点难点精讲精析：选修系列（第3部分：几何证明选讲）一、相似三角形的判定及有关性质（一）平行线（等）分线段成比例定理的应用〖例〗如图，F 为ABCD 边上一点，连DF 交AC 于G ，延长DF 交CB 的延长线于E 。
求证：DG ·DE=DF ·EG思路解析：由于条件中有平行线，考虑平行线（等）分线段定理及推论，利用相等线段（平行四边形对边相等），经中间比代换，证明线段成比例，得出等积式。
解答：∵四边形ABCD 是平行四边形，∴AD ∥BC ，AB ∥DC ，AD=BC ，∵AD ∥BC ，∴DG AD EG EC =， 又∵AB ∥DC ，∴,DF BC AD DE EC EC ==∴DG DF EG DE=，即DG ·DE=DF ·E G 。
（二）相似三角形判定定理的应用〖例〗如图，BD 、CE 是⊿ABC 的高，求证：⊿ADE ∽⊿ABC 。
解答：0AEC 90,,AEC ,,,AEC .BD CE ABC ADB AD AE A A ADB AB ACA A ABC ∴∠=∠=∠=∠∴∴=∠=∠、是的高，又∽又∽ （三）相似三角形性质定理的应用〖例〗⊿ABC 是一块锐角三角形余料，边BC=12cm ，高AD=8cm,要把它加工成正方形零件，使正方形的一边在BC 上，其余两个顶点分别在AB ，AC 上，求这个正方形的边长。
思路解析：利用相似三角形的性质定理找到所求正方形边长与已知条件的关系即可解得。
解答：设正方形PQMN 为加工成的正方形零件，边QM 在BC 上，顶点P 、N 分别在AB 、AC 上，⊿ABC 的高AD 与边PN 相交于点E ，设正方形的边长为xcm ，∵PN ∥BC ，∴⊿APN ∽⊿ABC 。
∴.AE PN AD BC =∴8812x x -=。
解得x=4.8(cm). 答：加工成的正方形零件的边长为4.8cm 。
2014年高考数学(文科,江西专用)一轮复习用书配套考向案第十一章推理证明、算法初步、复数(61张ppt)
第三次:sin 3 >sin π不成立,a=0,T=T+a=1,k=4,4<6,继续循环;
2
第四次:sin 2π>sin 3成立,a=1,T=T+a=2,k=5,5<6,继续循环;
2
第五次:sin 5 >sin 2π成立,a=1,T=T+a=3,k=6,6<6不成立,跳出
2
循环,输出T的值(T=3).
2.(2011年江西卷)若(x-i)i=y+2i,x,y∈R,则复数x+yi= ( ) (A)-2+i. (B)2+i. (C)1-2i. (D)1+2i. 【解析】由题设得xi+1=y+2i,故x=2,y=1,即x+yi=2+i.故选B. 【答案】B
真题索引 2012年 江西卷文1 2011年 江西卷文1
5
5
6
【解析】初始值s=0,k=1,循环下去:s= 1 ;k=2,s= 1 + 1 ;k=
1 2
1 2 2 3
3,s= 1 + 1 + 1 ;k=4,s= 1 + 1 + 1 + 1 ;k=5时,输出s= 1
1 2 2 3 3 4
1 2 2 3 3 4 4 5
1 2
+ 1 + 1 + 1 + 1 =1- 1 + 1 - 1 + 1 - 1 + 1 - 1 + 1 - 1 = 5 .
【解析】z= 11 7i = (11 7i)(2 i) = 15 2 5i =3+5i.
2i
5
5
【答案】A
【高考调研】高考数学一轮复习 11.1 两个计数原理课件 理 新人教版
第1课时 两个计数原理
2012· 考纲下载
1．理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理． 2．会用分类加法计数原理或分步乘法计数原理分析 和解决一些简单的实际问题．
请注意！
两个计数原理是推导排列数、组合数公式的依据，又 是解决排列、组合问题的基本方法，同时又能独立地解决 一些简单的计数问题，在本章中占有十分重要的地位．因 此它是高考中必考查的一个知识点.
(2)设集合 M＝{－3，－2，－1,0,1,2}，P(a，b)是坐 标平面上的点，a，b∈M，P 可以表示 ①平面上多少个不同的点？ ②第二象限内的多少个点？ ③不在直线 y＝x 上的多少个点？
【思路】 要确定平面上点的坐标， 需确定横纵坐标， 可分两步 完成，需用分步计数原理．
【解析】 ①分两步： 第一步， 确定横坐标 6 种方法， 第二步确定纵坐标有 6 种方法，根据分步计数原理得 N ＝6×6＝36. ②分两步；第一步确定横坐标(小于 0)有 3 种方法； 第二步确定纵坐标(大于 0)有 2 种方法，根据分步计数原 理得 N＝3×2＝6.
1,2,3,4,5,6,7,8 的情况分成 8 类， 在每一类中满足题目条件 的两位数分别是 8 个，7 个，6 个，5 个，4 个，3 个，2 个，1 个． 由分类加法计数原理知， 符合题意的两位数的个数共 有： 8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36(个)．
解法二 按个位数字是 2,3,4,5,6,7,8,9 分成 8 类，在 每一类中满足条件的两位数分别是 1 个、2 个、3 个、4 个、5 个、6 个、7 个 8 个，所以按分类加法计数原理共 有： 1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＝36(个)．
(2)5 名学生争夺 3 项比赛的冠军， 获得冠军的可能情 况种数有多少？
《创新设计 高考总复习》2014届高考数学(人教B版 全国专用)一轮复习：易失分点清零(十三) 计数原理
易失分点清零(十三)计数原理1．(2013·武汉六校联考)(x－2y)8的展开式中，x6y2项的系数是()．A．56 B．－56 C．28 D．－28解析由二项式定理通项公式得，所求系数为C28(－2)2＝56.答案 A2．(2013·宜宾模拟)用5,6,7,8,9组成没有重复数字的五位数，其中有且仅有一个奇数夹在两个偶数之间的五位数的个数为()．A．120 B．72 C．48 D．36解析符合题意的五位数有C13A33A22＝3×3×2×2＝36.答案 D3．在(1－x3)(1＋x)10的展开式中，x5的系数是()．A．－297 B．－252 C．297 D．207解析(1－x3)(1＋x)10＝(1＋x)10－x3(1＋x)10＝(C510－C210)x5＋…＝207x5＋….答案 D4．沿着正方体的棱从一个顶点到与它相对的另一个顶点，如图A到C1，最近的路线共有()．A．6条B．5条C．4条D．3条解析由A到C1最近路线分两步：第一步由A到与A相连的顶点A1，B，D，有3种走法，第二步由这三个顶点中的一个到C1有2种走法，∴共有3×2＝6种走法．答案 A5．记者要为5名志愿者和他们帮助的2位老人拍照，要求排成一排，2位老人相邻但不排在两端，不同的排法共有()．A．1 440种B．960种C．720种D．480种解析5名志愿者先排成一排，有A55种方法，2位老人作为一组插入其中，且两位老人有左右顺序，共有2·4·A55＝960种不同的排法．答案 B6．已知集合A＝{5}，B＝{1,2}，C＝{1,3,4}，从这三个集合中各取一个元素构成空间直角坐标系中点的坐标，则确定的不同点的个数为()．A．33 B．34 C．35 D．36解析①所得空间直角坐标系中的点的坐标中不含1的有C12A33＝12个；②所得空间直角坐标系中的点的坐标中含有1个1的有C12A33＋A33＝18个；③所得空间直角坐标系中的点的坐标中含有2个1的有C13＝3个．故共有符合条件的点的个数为12＋18＋3＝33，故选A.答案 A7．在(1＋x)n的展开式中，奇数项之和为p，偶数项之和为q，则(1－x2)n等于()．A．p2q2B．p＋q C．p2－q2D．p2＋q2解析由于(1＋x)n与(1－x)n展开式中奇数项相同，偶数项互为相反数，因此(1－x)n＝p－q，所以(1－x2)n＝(1－x)n(1＋x)n＝(p＋q)(p－q)＝p2－q2.故选C.答案 C8．某单位安排7位员工在10月1日至7日值班，每天安排一人，每人值班1天，若7位员工中的甲，乙排在相邻两天，丙不排在10月1日，丁不排在10月7日，则不同的安排方案共有()．A．504种B．960种C．1 008种D．1 108种答案 C9．一植物园参观路径如图所示，若要全部参观并且路线不重复，则不同的参观路线共有()．A．6种B．8种C．36种D．48种解析选择参观路线分步完成：第一步选择三个“环形”路线中的一个，有3种方法，再按逆时针或顺时针方向参观有2种方法；第二步选择余下两个“环形”路线中的一个，有2种方法，也按逆时针或顺时针方向参观有2种方法；最后一个“环形”路线，也按逆时针或顺时针方向参观有2种方法．由分步乘法计数原理知，共有3×2×2×2×2＝48种方法．答案 D10．将标号为1,2,3,4,5,6的6张卡片放入3个不同的信封中．若每个信封放2张，其中标号为1,2的卡片放入同一信封，则不同的放法共有( )．A ．12种B ．18种C ．36种D ．54种解析 先放1、2的卡片有C 13种，再将3、4、5、6的卡片平均分成两组再放置有C 24A 22·A 22种，故共有C 13·C 24＝18种．答案 B11．已知C 4n ，C 5n ，C 6n 成等差数列，则C 12n 的值为________．解析 由已知得2C 5n ＝C 4n ＋C 6n，所以2·n ！5！(n －5)！＝n ！4！(n －4)！＋n ！6！(n －6)！，整理得n 2－21n ＋98＝0，解得n ＝7或n ＝14.要求C 12n 的值，故n ≥12，所以n ＝14，于是C 1214＝C 214＝14×132×1＝91. 答案 9112．从集合{P ，Q ，R ，S }与{0,1,2,3,4,5,6,7,8,9}中各取2个元素排成一排(字母和数字均不能重复)，每排中字母Q 和数5至多出现一个的不同排法种数是________(用数字作答)．解析 ①若Q 与5都不出现，有C 23·C 29·A 44种；②若数字5出现，有C 23·C 19A 44种；③若Q 出现，有C 13C 29·A 44种．所以共有(C 23C 29＋C 23C 19＋C 13C 29)A 44＝5 832(种)．答案 5 83213．若⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋1ax 6的二项展开式中x 3的系数为52，则a ＝________.解析T r ＋1＝C r 6(x 2)6－r ⎝ ⎛⎭⎪⎫1ax r ＝C r 6⎝ ⎛⎭⎪⎫1a r ·x 12－3r，设12－3r ＝3，则r ＝3，所以C 36⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 3＝52.解得a ＝2. 答案 214．某餐厅供应盒饭，每位顾客可以在餐厅提供的菜肴中任选2荤2素共4种不同的品种．现在餐厅准备了5种不同的荤菜，若要保证每位顾客有200种以上的不同选择，则餐厅至少还需准备不同的素菜________种．(用数字作答)解析 设至少还需准备n 种不同的素菜，则由题意，得C 25·C 2n ≥200，即C 2n ≥20，亦即n (n －1)≥40.因为6×5<40，而7×6≥40，所以n ＝7，即至少还需准备7种不同的素菜． 答案 715．如图，在由二项式系数所构成的杨辉三角中，第________行中从左至右第14个与第15个数的比为2∶3.解析 设第n 行，则C 13n ∶C 14n ＝2∶3，n ！(n －13)！13！：n ！(n －14)！14！＝2∶3，14n －13＝23，解得n ＝34. 答案 34。
2014年高考一轮复习热点难点精讲精析选修系列(第2部分不等式选讲)
2014年高考一轮复习热点难点精讲精析：选修系列（第2部分：不等式选讲）一、绝对值不等式（一）绝对值三角不等式性质定理的应用〖例〗“|x-a|＜m,且|y-a|＜m 是“|x-y|＜2m ”(x,y,a,m ∈R)的（A ）（A ）充分非必要条件 （B ）必要非充分条件 （C ）充要条件 （D ）非充分非必要条件 思路解析：利用绝对值三角不等式，推证与|x-y|＜2m 的关系即得答案。
解答：选A 。
|||()()|||||2,||,||||23,1,2, 2.5,||252,||5,|| 2.5,||||||2.x y x a y a x a y a m m m x a m y a m x y m x y a m x y m x a x a m x a m y a m x y m -=---≤-+-<+=∴-<-<-<===-=-=<=-=-<=-<-<-<且是的充分条件.取则有但不满足故且不是的必要条件（二）绝对值不等式的解法〖例〗解下列不等式：思路解析：（1）利用公式或平方法转化为不含绝对值的不等式。
（2）利用公式法转化为不含绝对值的不等式。
（3）利用绝对值的定义或去掉绝对值符号或利用数形结合思想求解。
（4）不等式的左边含有绝对值符号，要同时去掉这两个绝对值符号，可以采用“零点分段法”，此题亦可利用绝对值的几何意义去解。
解答：（1）方法一：原不等式等价于不等式组即解得-1≤x ＜1或3＜x ≤5,所以原不等式的解集为{x|-1≤x ＜1或3＜x ≤5}.（2）由不等式，可得或解得x>2或x<-4.∴原不等式的解集是{x| x<-4或x>2}.（3）原不等式①或②不等式①不等式②∴原不等式的解集是{x|2≤x ≤4或x=-3}.(4)分别求|x-1|,|x+2|的零点，即1，-2。
由-2,1把数轴分成三部分：x<-2,-2≤x ≤1,x>1.当x<-2时，原不等式即1-x-2-x<5,解得-3<x<-2;当-2≤x ≤1时，原不等式即1-x+2+x<5，因为3<5恒成立，则-2≤x ≤1;当x>1时，原不等式即x-1+2+x<5,解得1<x<2.综上，原不等式的解集为{x|-3<x<2}.（三）含参数的绝对值不等式〖例〗若关于x 的不等式|x+2|+|x-1|≤a 的解集为，求实数a 的取值范围。
湖北省武汉科技大学附中2014版《创新设计》高考数学一轮复习单元突破：计数原理
武汉科技大学附中2014版《创新设计》高考数学一轮复习单元突破：计数原理本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分150分．考试时间120分钟．第Ⅰ卷(选择题 共60分)一、选择题 (本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．1*110(1)(),n n n n n ax a x a x a x a n N --+=++++∈ ，点列(,)(0,1,2,)i i A i a i n = 的部分图象如图所示，则实数a 的值为( )A ．1B ．12C ．13D ．14【答案】C 2．现从甲、乙、丙、丁、戌5名同学中选四位安排参加志愿者服务活动，每人从事翻译、导游、礼仪、司机四项工作之一，每项工作有一人参加。
甲不会开车、乙不会翻译，但都能从事其他三项工作，而丙丁戌能胜任全部四项工作，则不同安排方案的种数是( )A ．108B ．78C ．72D ．60【答案】B3．若直角坐标平面内A 、B 两点满足条件：①点A 、B 都在f(x)的图象上；②点A 、B 关于原点对称，则对称点对(A ，B)是函数的一个“姊妹点对”(点对(A ，B)与（B ，A ）可看作一个“姊妹点对”). 已知函数 f(x)=⎪⎩⎪⎨⎧≥<+02022x e x x x x ，则f(x)的“姊妹点对”有( )个 A ．1B ．3C ．2D ．4【答案】C 4．6位选手依次演讲，其中选手甲不再第一个也不再最后一个演讲，则不同的演讲次序共有( )A ．240种B ．360种C ．480种D ．720种 【答案】C5．12名同学分别到三个不同的路口进行车流量的调查，每个路口4人，则不同的分配方案共有( )A ．4448412C C C 种B ．34448412C C C 种 C ．3348412A C C 种D ．334448412A C C C 种【答案】A6．若从1,2,3，…，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法共有( )A ．60种B ．63种C ．65种D ．66种 【答案】D7．从单词“equation ”中选取5个不同的字母排成一排，含有“qu ”（其中“qu ”相连且顺序不变）的不同排列共有( )A ．120个B ．480个C ．720个D ．840个 【答案】B8．已知集合A=｛5｝,B=｛1,2｝,C=｛1,3,4｝，从这三个集合中各取一个元素构成空间直角坐标系中点的坐标，则确定的不同点的个数为( )A.33B.34C.35D.36【答案】A9．某团支部进行换届选举，从甲、乙、丙、丁四人中选出三人分别担任书记、副书记、组织委员，规定上届任职的甲、乙、丙三人不能连任原职，则不同的任职方案有( )A ．10B ．11C ．12D ．13 【答案】B10．某班级要从4名男士、2名女生中选派4人参加某次社区服务，如果要求至少有1名女生，那么不同的选派方案种数为( )A ．14B ．24C ．28D ．48【答案】A11．某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友，每位朋友1本，则不同的赠送方法共有( )A ．4种B ．10种C ．18种D ．20种【答案】B12．从6人中选4人分别到巴黎、伦敦、悉尼、莫斯科四个城市游览，要求每个城市有一人游览，每人只游览一个城市，且这6人中甲、乙两人不去巴黎游览，则不同的选择方案共有( )A ．300种B ．240种C ．144种D ．96种 【答案】B第Ⅱ卷(非选择题 共90分)二、填空题 (本大题共4个小题，每小题5分，共20分，把正确答案填在题中横线上)13．二项式6m x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的展开式中2x 的系数为60，则实数m 等于____________. 【答案】2±14．6)1(xx -展开式的常数项为 【答案】-2015．用数字2，3组成四位数，且数字2，3至少都出现一次，这样的四位数共有____________个．（用数字作答）【答案】1416．若291()ax x -的展开式的常数项为84，则a 的值为 . 【答案】1三、解答题 (本大题共6个小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)17．已知圆的方程)0()()(222>=-+-r r b y a x ，从0， 3，4，5，6，7，8，9，10这九个数中选出3个不同的数，分别作圆心的横坐标、纵坐标和圆的半径。
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1 2014年高考一轮复习热点难点精讲精析： 11.1计数原理
一、分类加法计数原理与分步乘法计数原理 ※相关链接※ 1．如果完成一件事有n类办法，这n类办法彼此之间是相互独立的，无论哪一类办法中哪一种方法都能完成这件事，求完成这件事的方法种数，就用分类加法计数原理； 2．在解题时，应首先分清楚怎样才算完成这件事，有些题目在解决时需要进行分类讨论，分类时要适当地确定分类的标准，按照分类的原则进行，做到不重不漏。 ※例题解析※ 〖例〗在1到20这20个整数中，任取两个相加，使其和大于20，共有几种取法？ 思路解析： 采用列举法分类，先确定一个加法，再利用“和大于20”确定另一个加数。 解答：当一个加数是1时，另一个加数只能是20，1种取法。 当一个加数是2时，另一个加数可以是19，20，2种取法。 当一个加数是3时，另一个加数可以是18，19，20，3种取法。 …… 当一个加数是10时，另一个加数可以是11，12，……，20，10种取法。 当一个加数是11时，另一个加数可以是12，13，……，20，9种取法。 …… 当一个加数是19时，另一个加数是20，1种取法。 由分类加法计数原理可得共有1+2+3+……+10+9+8+……=100各取法。 （二）分步乘法计数原理的应用 ※相关链接※ 1．如果完成一件事需要分成n个步骤，缺一不可，即需要依次完成所有的步骤，才能完成这件事，而完成每一个步骤各有若干种不同的方法，计算完成这件事的方法种数就用分步乘法计数原理。 2．解题时，关键是分清楚完成这件事是分类还分步，在应用分步乘法计数原理时，各个步骤都完成，才算完成这件事，步骤之间互不影响，即前一步用什么方法，不影响后一步采取什么方法，运用分步乘法计数原理，要确定好次序，还要注意元素是否可以重复选取。 ※例题解析※ 〖例〗某体育彩票规定：从01到36共36个号中抽出7个号为一注，每注2无。某人想先选定吉利 2
号18，然后从01到17中选3个连续的号，从19到29中选2个连续的号，从30至36中选1个号组成一注。若这个人要把符合这种要求的号全买下，至少要花多少元钱？ 思路解析：本题中要完成选彩票这件事，必须把1到17中的3个连续号，19到29中的2个连续号，30到36中的1个号都选出才算完成这件事，所以完成这件事可分三步，用分步乘法计数原理解决。 解答：第1步：从01到17中选3个连续号有15种选法； 第2步：从19到29中选2个连续号有10种选法； 第3步：从30到36中选1个号有7种选法。 由分步乘法计数原理可知：满足要求的注数共有15×10×7=1050注，故至少要花1050×2=2100元。 （三）两个计数原理的综合应用 〖例〗用0，1，2，3，4，5可以组成多少个无重复数字的比2000大的四位偶数。 思路解析：先根据条件把“比2000大的四位偶数”分类选取千位上的数字选取百位上的数字选取十位上的数字。 解答：完成这件事有3类方法： 第一步是用0做结尾的比2000大的4位偶数，它可以分三步去完成：第一步，选取千位上的数字，只有2，3，4，5可以选择，有4种选法；第二步，选取百位上的数字，除0和千位上已选定的数字以外，还有4个数字可供选择，有4种选法；第三步，选取十位上的数字，还有3种选法。依据分类乘法计数原理，这类数的个数有4×4×3=48个； 第二步是用2做结尾的比2000大的4位偶数，它可以分三步完成：第一步，选取千位上的数字，除去2，1，0，只有3个数字可以选择，有3种选法；第二步，选取百位上的数字，在去掉已经确定的首尾两数字之后，还有4个数字可供选择，有4种选法；第三步，选取十位上的数字，还有3种选法。依据分步乘法计数原理，这类数的个数有3×4×3=36个； 第三类是用4做结尾的比2000大的4位偶数，其步骤同第二类。 对以上三类结论用分类加法计数原理，可得所求无重复数字的的比2000大的四位偶数有4×4×3+3×4×3+3×4×3=120。 注：（1）在解决实际问题的过程中，并不一定是单一的分类或分步，而是可能同应用计数原理，即分类时，每类的方法可能要运用分步完成的，而分步时，每步的方法数可能会采取分类的思想求。另外，具体问题是先分类后分步，还是先分步后分类，应视问题的特点而定。解题时经常是两个原理交叉在一起使用，分类的关键在于要做到“不重不漏”，分类的关键在于要正确设计分步的程序，即合理分类，准确分步。 （2）对于复杂问题，只用分类加法计数原理或分步乘法计数原理不能解决时，可以综合应用两个原理，可以先分类，在某一类中再分步，也可先分步，在某步中再分类。 3
二、排列与组合 （一）排列数、组合数计算 ※相关链接※ 1．排列数公式：右边第一个因数为n，后面每个因数都比它前面那个因数少1，最后一个因数是n-m+1,
共m个因数。公式!()!mnnAnm主要用于含有字母的排列数的式子的变形与论证； 2．组合数公式有乘积形式与阶乘形式两种，与排列数公式的应用一样，前者多用于数字计算，后者多用于对含有字母的组合数的式子进行变形和论证。还应注意组合数公式的逆用，即由!!()!nmnm写出mnC。
注：在排列数、组合数计算过程要注意阶乘的运算及组合数性质的运用，注意含有排列数或组合数的方程都是在某个正整数范围内求解。 ※例题解析※ 〖例〗计算下列各式的值
（1）54886599;AAAA（2）123231;nnnnCC（3）222222345100CCCCCL 思路解析：利用排列数和组合数的公式及意义求解，（2）中注意n的取值范围。 解答：（1）方法一：
54886599
8!8!48!8!53!4!.9!9!49!9!273!4!AAAA
方法二： 54444888886544499888
455.3692727AAAAAAAAAA
（2）若123231nnnnCC有意义，
则*01230231,nnnnnN解得24n。 1113
2334
3555
24;37;411.nCCnCCnCC当时，有当时，有当时，有 4
（3）222223222223451003345100
322232223445100545100101
310133
10110099166650.321CCCCCCCCCCCCCCCCCCCAA
LLLLL
（二）排列应用题 ※相关链接※ 求排列应用题的主要方法有： （1）直接法：把符合条件的排列数直接列式计算； （2）特殊元素（或位置）优先安排的方法，即先排特殊元素或特殊位置； （3）排列、组合混合问题先选后排的方法； （4）相邻问题捆绑处理的方法。即可以把相邻元素看作一个整体参与其他元素排列，同时注意捆绑元素的内部排列； （5）不相邻问题插空处理的方法。即先考虑不受限制的元素的排列，再将不相邻的元素插在前面元素排列的空当中； （6）分排问题直排处理的方法； （7）“小集团”排列问题中先集体后局部的处理方法； （8）定序问题除法处理的方法。即可以先不考虑顺序限制，排列后再除以定序元素的全排列； （9）正难则反，等价转化的方法。 ※例题解析※ 〖例〗有3名男生、4名女生，在下列不同条件下，求不同的排列方法总数。 （1）选其中5人排成一排； （2）排成前后两排，前排3人，后排4人； （3）全体排成一排，甲不站排头也不站排尾； （4）全体排成一排，男生互不相邻； （6）全体排成一排，甲、乙两人中间恰好有3人。 思路解析：无限制条件的排列问题，直接利用排列数公式即可。但要看清是全排列还是选排列问题；有限制条件的排列问题，常见类型是“在与不在”、“邻与不邻”问题，可分别用相应方法。 解答：（1）从7个人中选5个人来排列，有57765432520A种。 （2）分两步完成，先选3人排在前排，有37A种方法，余下4人排在后排，有44A种方法，故共有37A·44A=5040种。事实上，本小题即为7人排成一排的全排列，无任何限制条件。 5
（3）（优先法） 方法一：甲为特殊元素。先排甲，有5种方法；其余6人有66A种方法，故共有5×66A=3600种。 方法二：排头与排尾为特殊位置。排头与排尾从非甲的6个人中选2个排列，有26A种方法，中间5个位置由余下4人和甲进行全排列有55A种方法，共有26A×55A=3600种。 （4）（捆绑法）将女生看成一个整体，与3名男生在一起进行全排列，有44A种方法，再将4名女生进行全排列，也有44A种方法，故共有44A×44A=576种。 （5）（插空法）男生不相邻，而女生不作要求，所以应排女生，有44A种方法，再在女生之间及首尾空出的5个空位中任选3个空位排男生，有35A种方法，故共有44A×35A=1440种。 （6）把甲、乙及中间3人看作一个整体，第一步先排甲、乙两人有22A种方法，再从剩下的5人中选3人排到中间，有35A种方法，最后把甲、乙及中间3人看作一个整体，与剩余2人全排列，有33A种方法，最后把甲、乙及中间3人看作一个整体，与剩余2人全排列，有33A种方法，故共有22A×35A×33A=720。 （三）组合应用题 ※相关链接※ 组合问题常有以下两类题型变化： （1）“含有”或“不含有”某些元素的组合题型：“含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中去选取。 （2）“至少”或“最多”含有几个元素的题型：解这类题必须十分重视“至少”与“最多”这两个关键词的含义，谨防重复与漏解。用直接法和间接法都可以求解，通常用直接法分类复杂时，考虑逆向思维，用间接法处理。 ※例题解析※ 〖例〗7名男生5名女生中选取5人，分别求符合下列条件的选法总数有多少种？ （1）A，B必须当选；（2）A，B必不当选；（3）A，B不全当选；（4）至少有2史女生当选；（5）选取3名男生和2名女生分别担任班长、体育委员等5种不同的工作，但体育委员必须男生担任，班长必须由女生担任。 思路解析：（1）（2）属于组合问题，可用直接法；（3）（4）属于组合问题可用间接法；（5）发球先选后排问题应分步完成。 解答：（1）由于A，B必须当选，那么从剩下的10人中选取3人即可，∴有310120C种。