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2013高考数学三部曲(复习、诊断、练习)典型易错题会诊 考点12 排列、组合、二项式定理


考点 12 排列、组合、二项式定理 ? 正确运用两个基本原理 ? 排列组合 ? 二项式定理 ? 在等可能性事件的概率中考查排列、组合 ? 利用二项式定理解决三项以上的展开式问题 ? 利用二项式定理证明不等式 典型易错题会诊 命题角度 1 正确运用两个基本原理 1.(典型例题)已知集合 A=B={1,2,3,4,5,6,7},映射 f:A→B 满足 f(1)<f(2)<

f(3)<f(4),则这样的映射 f 的个数为 ( ) A.C47A33 B.C47 C.77 D.C7473 [考场错解] ∵f(1)<f(2)<f(3)<f(4),且 f(1)<f(2)<f(3)<f(4)的值为{1,2,3,4,5,6,7} 中的某 4 个,∴这样的映射有 C47 个,∴选 B [专家把脉] C47 中的任何一种方法都没有完成组成映射这件事情,因为只找到 1、 2、3、4 的象,而 5、6、7 的象还没有确定。 [对症下药] 由映射的定义 f(1) f(2) f(3) f(4)的值应为{1,2,3,4,5,6,7}中的某 4 个,又 f(1)<f(2)<f(3)<f(4) ∴f(1) f(2) f(3) f(4)的大小已定,∴1、2、3、4 的象的可能为 C47,5、6、7 三个元素的象每一个都有 7 种可能,∴有 73 种可能。根据分肯计数原理, 这样的映射共有 C47·73 个。∴选 D。 2.(典型例题)8 人进行乒乓球单打比赛,水平高的总能胜水平低的,欲选出水平 最高的两人,至少需要比赛的场数为__________(用数字作答) [考场错解] 每两人之间比赛一场,需要比赛 C28=28 场,填 28 场; 或第一轮分成 4 对进行比赛,负者被淘汰,胜者进入第二轮,需 4 场比赛;第二轮 分成 2 对进行比赛,胜者为水平最高的两人,需 2 场比赛。∴至少需要比赛 6 场,填 6。 [专家把脉] 前一种解法的错误是没有看清题意,“至少”没有理解好;后一种解法 的错误是没有选出水平最高的两人,错误地认为这种淘汰赛最后的两人就是水平最高 的两人,实际上第二名有可能在第一轮或第二轮就被第一名淘汰了。 [对症下药] 先将 8 人分成 4 对进行比赛,胜者进入第二轮,需要 4 场比赛,将进 入第二轮的四人分成 2 对进行比赛,胜者进入第三桦,需要 2 场比赛,进入第三轮的 2 人进行比赛,胜者为第一名,需一场比赛;将第一轮、第二轮、第三轮被第一名淘汰 的选手共 3 人决出第一名,需 2 场比赛。∴至少需要 4+2+1+2=9 场比赛。 3.(典型例题)设坐标平面内有一个质点从原点出发,沿 x 轴跳动,每次向正方向 或负方向跳 1 个单位,经过 5 次跳动质点落在点(3,0)(允许重复过此点)处,则质 点不同的运动方法共有_________种(用数字作答)。 [考场错解] 因为每一步都有两种可能,所以共有 25=32 种方法,又由于这 32 种方法 中质点落在(3,0)与不在(3,0)的可能相同,∴质点不同的运动方法共有 16 种, 填 16。 [专家把脉] 质点落在(3,0)与不在(3,0)的可能相同是错误的,错误的原因是 分析问题的能力较差,没有转化的思想,也没有分类讨论的思想。

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[对症下药] 解法一:如图 12-1,A(1,0)、B(2,0)、C(3,0)、D(4,0)、 E(-1,0),依题意跳动 4 次后,只有在 B 点或 D 点可跳到 C 点,画出树图,可得结果 为 5。 解法二:设向右跳一次记为+1,向左跳一次记为-1,需要其和为+3,那么应为 4 个 +1,1 个-1,∴质点不同的运动方法共有 C15=5 种。 4.(典型例题)从 1、3、5、7 中任取 2 个数字,从 0、2、4、6、8 中任取 2 个数 字,组成没有重复数字的四位数,其中能被 5 整除的四位数共有__________个 (用数字 作答)。 [考场错解] 从难从 1、3、5、7 中任取两个数字有 C24 种方法,从 0、2、4、6、8 中 任取两个数字有 C25 种方法,能被 5 带队的数有两类:(1)0 在末位,有 A33 种排法; (2)5 在末位,有 C12·A22=4 种排法,依据分步和分类计数原理,共有 (C24+C25)·(A33+4)=160。∴填 160。 [专家把脉] 将问题分成两步,这是不错的,但第 2 步认为 5 和 0 一定被选出来了这 是错误的,没有分类讨论的思想是错误的根源。 [对症下药] 将问题分成三类:(1)含数字 5,不含数字 0,则选元素的过程有 1 C 3·C24 种方法,将 5 排在末位,则组数的过程有 A33 种方法,依据分步计数原理得这一 类共有 C13·C24·A33=108 个;(2)含数字 0,不含数字 5,则选元素的过程有 C23·C14 种方法,将 0 排在末位,则组数过程有 A33 种方法,这一类共有 C23C14·A33=72 个; (3) 1 1 含数字 0,也含数字 5,则选元素的过程有 C 3·C 4,若 0 在末位,则组数过程有 A33 种 方法,若 0 不在末位,则组数过程有 C12·A22 种∴种这类共有 C13C14(A33+C12A22)=120 个。根据分类计数原理,其中能被 5 整除的四位数共有 108+72+120=300 个。 专家会诊 两个基本原理是学习排列、组合的重要基础,解决两个原理的应用问题首先要明确 所完成的事情是什么,然后再分析每一种做法,事情是否完成,从而区分分类计数原 理和分步计数原理,运用分类计数原理时,要恰当分类,做到不重复,又不遗漏;运 用分步计数原理时,关键是分好步,需要分析要分几步才能完成。一个比较复杂的问 题一般遵循先分类后分步的解题步骤,平时应注意养成一题从多角度来解的习惯。 考场思维训练 1 设集合 P={x,1},Q={y,1,2},其中 x,y∈{1,2,3?,9},且 P ? Q。把满足上述条件的一 对有序整数对(x,y)作为一个点的坐标,则这样的点个数是( ) A.9 个 B.14 个 C.15 个 D.21 个 答案: B 解析:∵P ? Q,∴x=2 或 x=y,当 x=2 时,y 有 3,4,?,9 等 7 个值, 此时点的个数是 7 个;当 x=y 时,x=y 有 3,4,?9 等 7 个值,此时点的个数是 7 个, ∴这样的点的个数是 14 个,∴选 B 2 用五个数字 0、1、1、2、2 组成的五位数总共有 ( ) A.12 个 B.24 个 C.30 个 D.48 个 答案: B 解析:分三步:(1)确定首位,1 或 2,共有两种方法;(2)将两个相同
2 2 的元素安排位置有 C4 种;(3)第三步排剩下的两个元素,有 A2 种. 2 2 ∴共有 2× C4 × A2 =24.

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3 6 个同学报考 3 所院校,每人只报考一所,每所院校至少报 1 人,则不同的报考 方法为__________。(用数字作答) 答案:540 解析:不管限制条件,每人都有 3 种报法,共有 36 种,其中只报考了
2 两所院校和只报考了一所院校不符合题意,只报考了两所院校的可能有 C3 (26 -2),只报 2 考了一所院校的可能有 3,∴不同的报考方法数为 36- C3 (26 -2)-3=540.或第一步将 6
1 1 C6 C5 2!

人分成三部分,有三种情况:(1)1,1,4,方法数为
1 2 C6 C5 ;(3)2,2,2

;(2)1,2,3,方法数为
1 2 + C6 C5 +
2 2 C6 C4 3!

方法数为

2 2 C6 C4 C1C1 . ∴这一步的方法数为 6 5 3! 2!

=90;第二步将

3 3 这三部分人分到 3 所院校有 A3 ,∴不同的报考方法数为 90× A3 =540.

命题角度 2 1.(典型例题)用 0,1,2,3,4 这五个数字组成无重复数字的五位数,其中恰有一 个偶数数字夹在两个奇数数字之间的五位数的个数是______________. [考场错解] 将两个奇数数字排好有 A22 种方法,有三个空档,由于 0 不能在首位,∴偶 数数字的排法有 2A22 种,∴不同的五位数有 2A22·A22=8 个∴填 8。 [专家把脉] 对相邻问题的一般解法不熟悉,错解中的 8 个符合题意,但是遗漏了很多 情况。 [对症下药] 分两种情况:(1)若 0 夹在两个奇数之间,将这三个数字看成一个整体与 剩下的两个偶数一起排列有 A33 种,考虑到 1 与 3 可以互换位置所以这种情况有 A33·A22 =12 个;(2)若 2、4 中一个夹在两个奇数数字之间,同上的想法,共有 C12·C12·A22·A22=16 个,∴满足条件的五个数的个数是 12+16=28 个。 2.(典型例题)将标号为 1、2,? 10 的 10 个数放入标号为 1,2,?10 的 10 个盒子 内,每一个盒内放一个球茎,恰在此时好有 3 个球的标号与其所在盒子的标号不一 致的放入方法种数为 ( ) A.120 B.240 C.360 D.720 [考场错解] 第一步考虑哪三个球的标号与其所在盒子的标号不一致,有 C310=120 种; 第二步选出来的 3 个球与其盒子的标号不一致,用间接解法,总数 A33,不符合题意 的有三个盒子与其球的标号一致,有 1 种可能,两个盒子与其球的标号一致,有 1 种 可能,一个盒子与其球的标号一致,有 3 种可能,∴这一步的方法数为 A33-1-1-3=1, 根据分步计数原理,放入方法种数为 120×1=120。选 A。 [专家把脉] 第二步中有错误,实际上两个盒子的标号与球的标号一致,就一定是三个 盒子的标号与球的标号一致,用间接解法时多减了。 [对症下药] 第一步确定是哪三个球的标号与其盒子的标号不一致,有 C310=120 种方 法,第二步:选出来的三个球的标号与其盒了的标号不一致,只有 2 种方法。根据 分步计数原理放入方法种数为 120×2=240。∴选 B。 3.(典型例题)已知集合 A 有 4 个元素,集合 B 有 3 个元素,集合 A 到 B 的映射中, 满足集合 B 的元素都有原象的有多少个? [考场错解] 将 A 中 4 个元素用隔板法分成三部分,有 C23 种方法,再将这三部分与 B 中 元素对应有 A33 种方法。∴满足条件的映射有 C23·A33=18 个;或先在 A 中选 3 个元素 与集合 B 中的元素对应有 A34 种方法,剩下的一个元素有 3 种对应方法。∴满足条件 的映射有 A34·3=72 个。
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[专家把脉] 前一种解法错在将不同的东西用隔板法分组,实际上只有分相同的东西才 能用陋板法。如若将 A 中 4 个元素记为 a、b、c、d 、B 中的 3 个元素记为 A、B、C,某一个映射中 a,d 都与 A 对应,用隔板法是做不到 的。后一种解法的错误是重复,如 a,d 都与 A 对应,b,c 分别与 B、C 对应这个映射算了 两次。 [对症下药] 依题意,A 中肯定有某两元素与 B 中的一个元素对应,先在 4 个元素中 选 2 个,当作一整体与其他两元素一起看作 3 个元素与 B 中的元素对应,∴满足条件的 映射有 C24·A34=36 个。 4..(典型例题)4 名男同学排好有 A44 种方法,再在 5 个空档处将 4 名女生插进 去,有 A45 种方法。∴不同的排法数为 A44·A45=2880 [专家把脉] 这 2880 种排法中有的排法男生是相邻的。如女、男、女、男、男、 女、男、女是 2880 中的一种,但其中有两男生相邻。 [对症下药] 先将 4 名男同学排好有 A44 种方法,再将女生插进去,有 2A44 种方法, 所以不同的排法种数为 A44·2A44=1152 种。 考场思维训练 1 集合 A=B={1,2,3,4,5},从 A 到 B 的映射,满足:(1)f(1)≤f(2)≤f(3)≤f(4) ≤f(5);(2)f 的象只有 2 个。则这样的映射有_______个.
2 答案:40 解析:第一步从 1,2,3,4,5 中选 2 个元素作为 f 的象,有 C5 种;第

二步将选出的元素与 1,2,3,4,5 对应,∵f(1)≤f(2)≤f(3)≤f(4)≤f(5),∴有
1 2 C1 4 种对应方法.∴不同的映射有 C4 C5 =40

个.

2 (1)将 10 个相同的小球装入 3 个编号为 1、2、3 的盒子,要求每个盒子里球的 个数不少于盒子的编号数,这样的装法种数为__________. 答案:解析:15(1)15 先在 2 号盒子中放一个球,在 3 号盒子中放 2 个球,剩下的 7
2 个球之间有 6 个空档,放 2 个隔板,有 C6 =15 种方法,上面 15 种方法都能使盒子里球

的个数不少于盒子里的编号数.∴填 15. (2)方程 x+y+z=10(x,y,z∈N)的解有________组。
2 答案:66 在排好的 13 个 1 的 12 个空档中放人两个隔板,有 C12 =66 种方法,将 x、

y 、z 分到的 1 的个数分别减去 1 个,这样 x+y+z=10,且 x、y、z∈N.∴方程的解有 66 组.∴填 66. 3 已知 m、n∈{0,1,2,3,4,5,6},则方程 C6mx2+Cn6y2=1 表示不同的椭圆的个数是 __________.
m 2 n 答案:12 解析:∵ C6 x + C6 y2=1 表示椭圆,∵m≠n,且 m+n≠6.∴将 0,1,2,

3,4,5,6 分成(0,6),(1,5),(2, 4),3,四组.m,n 的取值相当于从 4 个不同
2 的元素中选 2 个.∴不同的椭圆的个数是 A4 =12.∴填 12.

命题角度 3 二项式定理 1.(典型例题)在(x-a)10 的展开式中,x7 的系数是 15,则实数 a=_____________。

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[考场错解] ∵(x-a)10 的展开式中 x7 的系数为 C710·(-a)7,依题意,∴有 C710(-a) 7=15,即 a7=- ,∴a= ?7
1 8

1 .填 ?7 8

1 . 8

[专家把脉] 二项式展开式的通项理解记忆有错误,(x-a)10 的展开式中 x7 的系数应为 C310·(-a)3. [对症下药] (x-a)10 的展开式中 x7 的系数为 C310·(-a)3,依题意有 C310(-a)3=15, 即 a3=- ,∴a=- . ∴本题答案为 a=- .
5 2. (典型例题) 在 (1-x) +(1-x)6+(1-x)7+(1-x)8 的展开式中,含 x3 的项的系数是 ( ) A.74 B.121 C.-74 D.-121 5 6 7 8 [考场错解] ∵(1-x) 、(1-x) 、(1-x) 、(1-x) 的展开式中,含 x3 的项的系数分别为 C35、C36、C37、C38, ∴(1-x)5+(1-x)6+(1-x)7+(1-x)8 的展开式中含 x3 的项的系数为 C35+C36+C37+C38=121。∴ 选 B。 5 [专家把脉] 在求某特定项的系数时,没有注意符号,实际上 (1-x) 、(1-x)6、(1-x)7、 8 3 3 3 3 3 (1-x) 的展开式子中含 x 的项的系数分别为-C 5、-C 6、-C 7、-C 8,∴(1-x) 5 +(1-x)6+(1-x)7+(1-x)8 的展开式中含 x3 的项的系数为-(C35+C36+C37+C38)=-121。 ∴选 D。

1 8

1 2

1 2

[正解二] ∴(1-x)5+(1-x)6+(1-x)7+(1-x)8=

(1 ? x)5[1 ? ( x ? 1) 4 ] (1 ? x)5 ? (1 ? x)9 ? x x

∴展开式中

5 含 x3 的项的系数为 (1-x) ,(1-x)9 的展开式中含 x4 的项的系数,为 C45-C49=-121。∴选 D。

3.(典型例题Ⅰ)(2x[考场错解] (2x1 x
9?

1 x

)9 的展开式中,常数项为____________(用数字作答)
1 x )r ,

1 x

r 9? r )9 的展开式的通项为 C9 x ?(

∵x

9? r

? ?(

) ?x

r

3 2 , 令9 ?

3 r ? 0 ,解得 2

r=6。

∴常数项为第 7 项,常数项为 C69=C39=84。∴填 84。 [专家把脉] 在写二项式的展开式的通项时,疏忽了系数和符号。实际上, (2xr 9 的展开式中,通项应为 C9 ? ( 2 x )9 ? r ? ( ?

1 x



1 x

)r .

[对症下药] (2xr C9 ( 2 x )9 ? r

1 x

)9 的展开式的通项为
9? 3 2 , 令9 ?

? (?

1 x

) ?2

r

9? r

? (?1)

r

r ? C9 x

3 r ? 0, 解得r ? 6. 2

∴常数为第 7 项,为 23·(-1)6·C69=8C39=672。∴填 672。 4.(典型例题)设 n∈N*,则 C1n+C2n6+C3n·62+?+Cnn6n-1=____________. [考场错解] C1n+C2n6+C3n·62+?+Cnn6n-1 为(1+6)n 的展开式,缺少 C0n 这一项,∴原 式为 7n-1. ∴填 7n-1.
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n [专家把脉] (1+6) 的展开式应为 C0n+C1n·6+C2n·62+?+Cnn6n,原式中 6 的次数与之 不相应。

[对症下药] C1n+C2n6+C3n·62+?+Cnn6n-1= = [(1 ? 6)n ? 1] ? (7 n ? 1). ? 填 (7 n ? 1).
1 6 1 6 1 6

1 6

n 2 n n ( C1 n ? 6 ? C2 ? 6 ? ? ? Cn ? ?6 )

专家会诊 二项式定理的核心是通项公式,求二项展开式中的特定项或特定项的系数通常中从 通项公式入手的,所以对通项的理解、记忆和应用是重点,二项式定理是一个恒等 式,对待恒等式通常有两种思路:一是利用恒等的多项式对应的系数相等;二是赋 值。事实上,二项式定理结合“恒等”与“赋值”两条思路可以使很多求二项展开式 的系数的问题迎刃而解,近几年高考二项式定理的考查一般为选择、填空题,便我们 在复习时应有主动应用二项式定理解题的意识,因为二项式定理在证明带队不等式组 合等式中有很好的应用。 考场思维训练 1 若(1-2x)2006=a0+a1x+a2x2+?a2006x2006(x∈R),则(a0+a1)+(a0+a2)+(a0+a3)+? +(a0+a2006)=__________(用数字作答)。 答案:2006 解析:令 x=0,得 a0=1,令 x=1,得 a0+a1+?+a2006=1,∴a1+a2+? +a2006=0,原式=2006a0+(a1+a2+?+a2006)=2006.∴填 2006. 2 已知 n≤10(n∈N*),若(x3___________个。 答案:解析:(x r Tr+1= Cn (x3)n-r·(3

1 x2

)n 的异开式中含有常数项,则这样的 n 有

1 x2

)n 的展开式的通项为
5 3

1 x
2

r )r=(-1)r· Cn ·x3n-5r,令 3n-5r=0,得 n= r,

∵n 为正整数,r 为非负整数, ∴当 r=3 时,n=5,r=6 时,n=10, ∴这样的 n 有两个.∴填 2. 3 设(1+ 3 )n=an+ 3 bn,(n,an,bn∈N*),记 Cn=a2n-3b2n(n∈N*),则数列{Cn}的通项 Cn=________. 答案:(-2)n 解析:∵(1+ 3 )n=an+ 3 bn,(n,an,bn∈N*),∴(1- 3 )n=an- 3 bn, ∴Cn=an2-3bn2=(an+ 3 bn)×(an- 3 bn)=(-2)n. ∴填(-2)n. 4 在等比数列{an}中,已知 a1=2,an=486,a1+a2+?an=728,求 a1C0n-a2C1n+a3C2n-a4C3n+? +(-1)nan+1Cnn 的值。 答案:解:由题设知
?2 ? q n ?1 ? 486, ? q≠1,依题意得 ? ( 2 1 ? q n) ? 728. ? ? 1? q

解之得 n=6,q=3,≠an=2×3n-1(n=1,2,3,4,5,6)
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0 2 3 n ∴a1 Cn -a2 C1 n +a3 Cn -a4 Cn +?+(-1) an+1 Cn 0 1 2 6 =2×30× C6 -2×3 C6 +2×32× C6 -?+(-1)6×2×36× C6

n

0 -3 1 +32 2 -?+36 6 )=2(1-3)6=128. =2( C6 C6 C6 C6

5 求证:3n>2n-3(n2+3n+8)(n<2,n∈N)
n-1 n-2 2 3 n-3 答案:解:证明:3n=(2+1)n=2n+ C1 n ·2 + Cn ·2 + Cn 2 +?

n n ?1 + Cn ·2+ Cn >2n+n·2n-1+

n(n ? 1) . 2

2n-2=2n-3[8+4n+n2-n]=2n-3(n2+3n+8). 探究开放题预测 预测角度 1 在等可能性事件的概率中考查排列、组合 1 A、B、C、D、E 五人站成一圈传球,每人只能把球传给他的邻人,A 传出 (算第一 次)后经 10 次传球又回到 A 的概率为 ( )
A. 1 256 B. 3 1024 C. 127 512 D. 63 256

[解题思路] 本题的概率是一个等可能性事件的概率,基本事件总数为 210, (因为每 一次传球都有两种可能),经 10 次传球又回到 A 这个事件,应考虑传球的方向。 [解答] 因为每一次传球都有两种可能,∴传球 10 次的可能结果为 210,即基本事件 总数为 210,传球 10 次又回到 A 应分两种情况: (1) 一直是顺时针或逆时针传球,有 2 种可能;(2)有逆时针又有顺时针传,则应是顺时针、逆时针各传次,问题即为 10 次 传球中,哪 5 次是逆时针传,共有 C510 种可能,由于上述两种情况互斥。 ∴传球 10 次又回到 A 的可能有 C510+2=254。 ∴所求事件的概率为
254 210 ? 127 . 521

∴选 C。 2 某校高三年级举行一次演讲比赛共有 10 位同学参赛,其中一班有 3 位,二班有 2 位,其他班有 5 位,若采用抽签方式确定他们的演讲顺序,则一班有 3 位同学恰好被排 在一起,而二班的 2 位同学没有被排在一起的概率为 ( )
A. 1 10 B. 1 20 C. 1 40 D. 1 120

[解题思路] 基本事件总数为 A1010,而事件 A 包括的可能实际上就是排列中的相邻与 不相邻问题,按“捆绑法”与“插空法”求解。 [解答] 10 个人的演讲顺序有 A1010 种可能,即基本事件总数为 A1010,一班同学被排在 一起,二班的同学没有被排在一起这样来考虑:将一班的 3 位同学当作一个元素与其 他班的 5 位同学一起排列有 A66 种,考虑这 3 位同学之间的顺序,∴不同的排法有 A66·A33·A27 种。∴所求概率为
6 3 7 A6 ? A3 ? A2 10 A10

?

1 。∴选 20

B。

3 9 支足球队参加一地区性足球预选赛,将这 9 支球队任意地均分为 3 组,则 A、B 两个“冤家队”恰好分在同一组的概率为 ( )

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A.

1 3

B.

1 4

C.

1 6

D.

2 9

[解题思路] 可以选将 3 组取名为甲、乙、丙加以区分,后用排列、组合、概率的知 识解之,也可以先锋将 A 安排好,再安排 B 来解。 [解答] 解法一 将 9 支球队任意地均分为甲、乙、丙 3 组有 C39C36·C33 种分法,而 A、B 两队可在 3 组之一,选定某组后再从其它 7 队中任选 1 队到该组,剩下的两组还 有 C36·C33 种配合法,故 A、B 同组的可能有 3C17C36C33。 ∴所求事件的概率为
7 6 3 3C1 C3 C3 6 6 3 C3 C3 C3

?

1 ∴选 4

B。

解法二 9 支球队可分为 3 组,每组 3 队,视作 3 个空位,A 队先占其中一组的一个 空位,现在让 B 队在余下的 8 个位置任选其一,有 8 种选法,而其中只有 2 种选法属于 A、B 同组。 ∴选求概率为 ? . ∴选 B。 预测角度 2 利用二项式定理解决三项以上的展开式问题 1.(1-3x+2y)n 的展开式中不含 y 的项的系数和为 ( ) A.2n B.-2n C.(-2)n D.1 [解题思路] 将(1-3x+2y)看作(1-3x)+2y 两项,利用二项式定理的有关知识解之。 [解答] (1-3x+3y)n=[(1-3x)+2y]n,而[(1-3x)+2y]n 的展开式中不含 y 的项为 C0n(1-3x)n=(1-3x)n,而(1-3x)n 的展开式中各项的系数和为(-2)n(令 x=1 即可)。∴选 C。 2.(1+2x-3x2)6 展开式中的 x5 项的系数为 ( ) A.86 B.168 C.-168 D.-8748 [解题思路] 可以将其中两项当作一项,再利用二项式定理求解。但若注意 1+2x-3x2 可以分解因式,将(1+2x-3x2)6 分成两个项式的乘积来求解将会更方便简捷。 [解答] ∵(1+2x-3x2)6=(1+3x)6(1-x)6, ∴展开式中的 x5 项的系数由 6 部分组成: (1)前 5 次方,后 0 次方法[将(1+3x)6 称为“前”,(1-x)6 称为“后”]。系数为 C56·(3)5;(2)前 4 次方,后 1 次方,系数为 C46·(3)4·(-C16);(3)前 3 次方, 后 2 次方,系数为 C36·33·C26 ;(4)前 2 次方,后 3 次方,系数为 C26·(3)2·(-C36);(5)前 1 次方,后 4 次方,系数为 C16·3·C46;(6)前 0 次方,后 5 次方,系数为-C56。∴展开式中 x5 项 的系数为 C56·35+C46·34· (-C16) +C36·33·C26+C26·32· (-C36) +C16·3·C46-C56=-168。 ∴选 C。 预测角度 3 利用二项式定理证明不等式 1 过点 P(1,0)作曲线 C:y=xk,[x∈(0,+∞),k∈N*,k>1]的切线,切点为 Q1,设 Q1 在 x 轴上的投影是点 P1;又过点 P1 作曲线 C 的切线,切点为 Q2,设 Q2 在 x 轴上投影为点 P2,?如此继续下去得到一系列点 Q1,Q2,?,Qn,?,设点 Qn 的横坐标为 an. (1)求证: an ? (
k n ) ; k ?1 n ; k ?1
2

2 8

1 4

(2)求证: an ? 1 ?
n

(3)求证:

?a ? k
i
i ?1

? k.

第 8 页 共 12 页

[解题思路] 利用已知条件,找到 an 的递推式,再求通项;第(2)问的证明可用二 项式定理;第(3)问可用错位相减法。 [解答] (1)y’=kxk-1,过点 Qn(an,akn)的切线方程为 y-akn=kak-1n(x-an),当 n=1 时,切线过 点 p(1,0), ∴0-ak1=kak-11(1-a1),得 a1= 得
an k ? an ?1 k ? 1
k ;当 k ?1

n>1 时,切线过点 Pn-1(an-1,0),即有 0-akn=kak-1n(an-1-an)

∴数列{an}是首项为

k k k n ,公比为 的等比数列。∴an=( ); k ?1 k ?1 k ?1

(2)由(1)知 an=( C0n+C1n·

k n k n 0 k k 2 k n ) =(1+ ) =C n+C1n· +C2n· ( ) +?+Cnn( )≥ k ?1 k ?1 k ?1 k ?1 k ?1

k n =1+ ; k ?1 k ?1

(3)记 Sn ? 则

1 2 n ?1 n ? ??? ? . a1 a2 an ?1 an

k ?1 1 2 n ?1 n Sn ? ? ??? ? k a2 a3 an an ?1



1 1 1 1 n 1 1 1 Sn ? ? ??? ? ? ? ??? k a1 a2 an an ?1 a1 a2 an

两式相减得

k ?1 k ?1 n k ?1 [1 ? ( ) ] k ? k ? k ? k ? 1,? S n ? k 2 ? k . k ?1 1 1? k k

(第(2)问也可以用数学归纳法加以证明) 考点高分解题综合训练 1 将 1,2,3?,9 这 9 个数字填在 3×3 的正方形方格中,要求每一列从上到下的 依次增大,每一行从左到右均依次增大,当 4 固定在中心位置时,则填写空茖的方法 有 ( ) A.6 种 B.12 种 C.18 种 D.24 种 答案: B 解析:首先确定 1、9 分别在左上角和右下角,2、3 只能在 4 的上方和
2 左方,有 2 种填方,5,6,7,8 填在其它位置有 C4 =6 种方法.依分步计数原理有 2 2 C4 =12 种填法,所以选 B.

2 某重点中学要把 9 台相同的电脑送给农村三所希望小学,每个小学到少 2 台电 脑,不同的送法种数为( ) A.10 种 B.9 种 C.8 种 D.6 种 答案: A 解析:先每所学校送 1 台电脑,剩下 6 台电脑分给三所学校,每校至少
2 1 台,用隔板法,有 C5 =10 种.∴选 A. 3.B 解析:基本事件总数为 2 3 4 1 3 C1 4 + C4 + C4 + C4 =15,而倒出奇数粒的可能是 C4 + C4 =8,∴倒出奇数粒玻璃球的概率为

8 15

,倒出偶数粒玻璃球的概率为

7 15

,∴选 B.

3 从装有 4 粒大小、形状相同,颜色不同的玻璃球的的瓶中,随意一次倒出若干粒 玻璃球茎 (至少一粒) ,则倒出奇数粒玻璃球的概率比例出偶数粒玻璃球的概率 ( )
第 9 页 共 12 页

A.小 C.相等 4 将二项式( x ?

B.大 D.大小不能确定
1 2
4

x

)n 的展开式按 x 降幂排列,若前三项系数成等数列,则该

展开式中 x 的幂指数是整数的项共有 ( ) A.1 项 B.3 项 C.5 项 答案: B 解析:( x ?
0 1 Cn , Cn ·

D.7 项

1 24 x

) 的展开式按 x 的降幂排列,前三项的系数为

n

( 时

4 8?r r 1 1 r 1 r r 8 r ·x 2 ·( ) ·x 4 =( ) C8 x ? 4 ) 的展开式的通项为 C8 2 2 2 x

1 2 1 , Cn ? 2 4

0 2 1 由已知有= C1 n = Cn , Cn ? ,解得 n=8 或 1,舍去 n=1.∴n=8,

·x

16 ? 3r 4

,当 r=0,4,8

16 ? 3r 4

为整数,∴x 的幂指数是整数的项共有 3 项,∴选 B.

5 已知 f(n)=3n-C1n3n-1+C2n·3n-2-?+(-1)n+log2n(n∈N*),当 n=________时,|f(n)-2005|取 得最小值。
n-1 n n n 答案:11 解析 f(n)=3n- C1 n 3 +?+(-1) +log2n=(3-1) +log2n=2 +log2n,∴

|f(n)-2005|=|2n+log2n-2005|当 n=11 时,|2n+log2n-2005|取最小值.∴填 11. 6 用五个数字 0,1,1,2,2 组成的五位数总共有____________。 答案: B 解析:将 0 放在不是首位的其它 4 个位置上有 C1 4 种方法,再在剩下的 4
2 个位置选 2 个位置放 1,剩下 2 个位置放 2,有 C4 种方法,依分步计数原理,共有这样 2 的五位数共有 C1 4 C4 =24 个.∴选 B.

7

在(4x2+3x+2)5 的展开式中,分别求:(1)x 的系数;

r 答案:(4x2+3x+2)5=[4x2+2]+3x]5,∴Tr+1= C5 (4x2+2)5-r·(3x)r,求 x 的系数,只有 1 r=1,x 的系数为 C5 ·3·24=240.

(2)x2 的系数;
r (4x2+3x+2)5=[4x2+(3x+2)]5,∴Tr+1= C5 (4x2)5-r(3x+2)r,要求 x2 的系数,r=4 或 r=5 才有
2 4 5 3 C5 ·3 × 可能,当 r=4 时,x2 的系数为 C5 ·4·24=320,当 r=5 时,x2 的系数为 C5

23=720.当 r=4 时 x2 的系数为 320∴展开式中 x2 的系数为 320+720=1040. (3)常数项 答案:常数项为 25=32. 8 若 n∈N*,n<100,且二项式(x3+
1 x2

)n 的展开式中存在常数项,求所有满足条件的 n

的值的和。

第 10 页 共 12 页

答案:解:(x +

3

1 x2

r ) 的展开式的通项为 Tr+1= Cn ·x

n

3(n-r)

×

r 3n-5r x-2r= Cn x ,∵存在常数项,∴3n-5r=0 r= n,∴n 为 5 的倍数,∴满足条件的 n 的

3 5

值的和为

19(5 ? 5) ? 950. 2

9 一条走廊宽 2m,长 6m,现用 6 种不同颜色,大小均为 1×1m2 的整块单色地板砖 来铺设,要求相邻的两块地砖颜色不同,假定每种颜色的地砖都足够多,那么不同的 铺设方法有多少?
3 答案:解析:将走廊看作 6 列 1×2m2 的图案,先铺第一列,有 A6 =30 种方法,再铺 2 第二列,分三类:(1)与第一列两块颜色均不相同,有 A4 =12 种(2)与第一列仅有一块

相同,有 2 A1 4 =8 种;(3)与第一列两块颜色均相同,仅有 1 种,故铺第二列共有 12+8+1=21 种方法,同理以后各列均有 21 种方法,故不同的铺设方法共有 30×215 种. 10 若(x+1)+(x+1)2+?+(x+1)n=a0+a1(x-1)+a2(x-1)2+?+an(x-1)n,求 a0+a1+?+an. 答案:解:令 x=2,得 a0+a1+?+an=3+3 +?+3 =
2 n

3(1 ? 3n ) 3 n ? (3 ? 1) 1? 3 2

11 从集合{1,2,3,?,20}中选 3 不同的数使这 3 个数成递增的等差数列,则这 样的数列共有多少个? 答案:解:(解法一)公差为 1 的等差数列有 18 个;公差为 2 的等差数列有 16 个; 依此类推,公差为 9 的等差数列有 2 个.∴这样的等差数列共有 2+4+?+16+18=90 个. (解法 2)取出三个数 a、b、c 要构成等差数列,则 2b=a+c,因此 a+c 必须为偶数,
2 2 C10 =90 个. 则 a 与 c 同为奇数或同为偶数.∴这样的等差数列共有 C10

12 将一个四棱锥的每个顶点染上颜色,使同一条棱上的两端点异色,如果有 5 种 颜色或供使用,那么不同的染色方法总数有多少种?
3 ?5 答案:解:将四棱锥记为 S--ABCD,先染 S、A、B 由于颜色各不相同,∴有 A =60

种方法;再染 C、D,若 C 的颜色与 A 相同,则 D 的染色方法数为 3 种,若 C 的颜色与 A 不相同,则 C 的染色方法有 2 种,D 的染色方法为 2 种,依两个基本原理,不同的染色
3 ?5 方法数为 A ×(3+2×2)=420 种.

13 两条异面直线称为“一对”,连结正方体的八个顶点的所有直线中,异面直线 共有多少对? 答案:解:一对异面直线需要 4 个不共面的点,而 4 个点每两点连线中可得 3 对异 面直线,现在只要求出从这 8 个点中选 4 个不共面的点方法数,用间接解法,总数 有
4 C8 种,其中共面的四个点有两类,一类是共于表面的有

6 种,另一类为共面于对角面

4 的有 6 种,∴选 4 个不共面的点方法数为 C8 -6-6=58 种.用此可得异面直线的对数为 3

×58=174.

第 11 页 共 12 页

14 已知函数 f(x)=

a ( x ? 1) 2 ? 1 (a, b, c ? N ), f(2)=2f(3)<3,且 bx ? c ? b

f(x)的图像按向量 e=(-1,0)平移

后得到的图像关于原点成中心对称图形。 (1)求 a、b、c 的值; 答案: f(x)的图象按向量 e=(-1,0)平移后得到函数 y=
ax 2 ? 1 bx ? c

,由已知该函数为奇

函数,∴c=0,又 f(2)=2,∴a+1=2b,f(3)<3,∴4a+1<6b.得 a<2,又 a∈N,∴a=0 或 a=1,若 a=0,此时 b= 与 b∈N 矛盾,∴a=1,b=1, f(x)=
( x ? 1) 2 ? 1 . x ?1
1 2

(2)设 0<|x|<1,0<|t|≤1,求证:|t+x|+|t-x|<|f(tx+1); 答案:|t+x|+|t-x|= ? 而|f(tx+1)|= |
?2 | t | ?2 | x | ((t ? x) ? (t ? x) ? 0) ((t ? x) ? (t ? x)) ? 0

(tx) 2 ? 1 1 |?| tx ? |? 2 tx tx

(∵tx≠±1). |t+x|+|t-x|<2,∴原不等式成立. (3)设 x 是正实数,求证[f(x+1)]n-f(xn+1)≥2n-2.] 答案:[f(x+1)]n=(x+ 记 Tn=[f(x+1)]n-f(xn+1)=
n?2 n?2 2 n?4 n ?1 2 ? n 2 n ?1 n C1 ? ? ? C n ?1nx 2 ? n ,? 2Tn ? C1 ? x 2 ? n ) ? Cn (x ? x 4 ? n ) ? ? ? Cn (x ? x n ? 2 ) ? 2(C1 nx n (x n ? Cn ? ? ? Cn ) ? 2( 2 ? 2)

1 x

) =x +

n

n

1 xn

n?2 2 x?4 n ?1 ? C1 ? Cn x ? ? ? Cn x nx

2-n

,f(x +1)=x +

n

n

1 xn

;

∴Tn≥2 -2.∴原不等式成立. (第(3)问可以用数学归纳法加以证明)

n

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