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步步高高中数学 步步高选修2-3 第一章 计数原理

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2024年10月21日发(作者:惠琴轩)

1 两个计数原理的灵活应用

计数问题是数学中的重要研究对象,除了分类加法计数原理和分步乘法计数原理的理论支持,

对于较复杂的计数问题要针对其问题特点,灵活的运用列举法、列表法、树形图法等方法来

帮助解决,使问题的解决更加实用、直观.下面通过典例来说明.1.列举法

例1 某公司电脑采购员计划用不超过300元的资金购买单价分别为20元、40元的鼠标和键

盘,根据需要,鼠标至少买5个,键盘至少买3个,则不同的选购方式共有( )

A.7种 B.8种 C.9种 D.10种

解析 依据选购鼠标和键盘的不同个数分类列举求解.

若买5个鼠标,则可买键盘3、4、5个;

若买6个鼠标,则可买键盘3、4个;

若买7个鼠标,则可买键盘3、4个;

若买8个鼠标,则可买键盘3个;

若买9个鼠标,则可买键盘3个.

根据分类加法计数原理,不同的选购方式共有3+2+2+1+1=9种.故选C.

答案 C

点评 本题背景中的数量不少,要找出关键数字,通过恰当分类和列举可得.列举看似简单,

但在解决问题中显示出其实用性,并且我们还可以通过列举的方法去寻求问题中的规律.

2.树形图法

例2 甲、乙、丙三人传球,从甲开始传出,并记为第一次,经过5次传球,球恰好回到甲

手中,则不同的传球方法的种数是( )

A.6 B.8 C.10 D.15

解析 本题数字不大,可用树形图法,结果一目了然.

如图,易知选C.

1

答案 C

点评 应用两个计数原理时,如果涉及的问题较抽象,且数量不太多时,可以用树状结构直

观体现.

3.列表法

例3 四个人各写一张贺年卡,放在一起,然后每个人取一张不是自己写的贺年卡,共有多

少种不同的取法?

解 把四个人分别编号①、②、③、④,他们写的4张贺年卡的各种方法全部列举出来,如

下表:

四个人

方法编号

由表格可知,共有9种不同的方法.

点评 本题是一个错排问题,难以直接运用两个计数原理计算.借助表格,把各种情况一一列

出,使问题直观解决.

4.直接法

例4 已知某容器中,H有3种同位素,Cl有2种同位素,Na有3种同位素,O有4种同位

素,请问共可组成多少种HCl和NaOH?

解 因为HCl分子由两种元素构成,所以分两步完成:

第1步,选择氢元素,共有3种;

第2步,选择氯元素,共有2种.

由分步乘法计数原理得出有6种HCl.

同理,对于NaOH而言,分三步完成:

第1步,选择钠元素,有3种选法;

第2步,选择氧元素,有4种选法;

第3步,选择氢元素,有3种选法.

2

取贺年卡的方法

2

1

4

3

1

2

3

4

1

2

2

4

1

3

3

3

1

4

2

4

3

4

1

2

5

3

4

2

1

6

4

1

2

3

7

4

3

1

2

8

4

3

2

1

9

由分步乘法计数原理知,

共有NaOH种数为3×4×3=36.

点评 当问题情景中的规律明显,已符合分类加法计数原理或分步乘法计数原理中的某一类

型时,可直接应用公式计算结果,但此法的关键是分清是“分类”还是“分步”问题.

2 排列、组合的破解之术

排列、组合,说它难吧,其实挺简单的,就是分析事件的逻辑步骤,然后用乘法原理、加法

原理计算就可.说简单吧,排列、组合却是同学们(包括很多学习很好的同学)最没把握的事情,

同样难度的几道题,做顺了,三下五除二,几分钟内解决问题;做不顺,则如一团乱麻,很

长时间也理不顺思路.下面谈谈破解常见排列、组合模型的常用方法!

一、特殊元素——优先法

对于有特殊要求的元素的排列、组合问题,一般应对有特殊要求的元素优先考虑.

例1 将数字1,2,3,4,5,6排成一列,记第i个数为a

i

(i=1,2,…,6),若a

1

≠1,a

3

≠3,a

5

≠5,

a

1

3

5

,则不同的排列方法有________种(用数字作答).

解析 由题意,a

1

≠1,a

3

≠3,a

5

≠5,a

1

3

5

.

第一步,可以先排a

1

,a

3

,a

5

,只有5种方法;

第二步,再排a

2

,a

4

,a

6

,有A

3

3

种方法.

由乘法原理得,不同的排列方法有5A

3

3

=30(种).

答案 30

二、相邻问题——捆绑法

把相邻的若干个特殊元素“捆绑”为一个大元素,然后再与其余“普通元素”全排列,最后

再“松绑”,将特殊元素在这些位置上全排列.

例2 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

C.720种

B.960种

D.480种

5

解析 先将两位老人排在一起有A

2

2

种排法,再将5名志愿者排在一起有A

5

种排法,最后将

两位老人插入5名志愿者间的4个空位中有C

1

不同

4

种插入方法,由分步乘法计数原理可得,

的排法有A

2

A

5

C

1

2

·

5

·

4

=960(种).

答案 B

三、不相邻问题——插空法

某些元素不能相邻或某些元素要在某个特殊位置时可采用插空法,即先安排好没有限制条件

的元素,然后再把有限制条件的元素按要求插入排好的元素之间.

3

例3 高三(一)班需要安排毕业晚会的4个音乐节目,2个舞蹈节目和1个曲艺节目的演出顺

序,要求两个舞蹈节目不连排,则不同排法的种数是( )

A.1 800

C.4 320

B.3 600

D.5 040

解析 先排4个音乐节目和1个曲艺节目有A

5

这5个节目之间以及两端共有6个空

5

种方法,

5

位,从中选两个放入舞蹈节目,共有A

2

A

2

6

种放法.所以两个舞蹈节目不相邻的排法共有A

5

·

6

3 600(种).

答案 B

四、至多至少问题——间接法

对于某些排列、组合问题的正面情况较复杂而其反面情况较简单,可先考虑无限制条件的排

列,再减去其反面情况的种数.

例4 从班委会5名成员中选出3名,分别担任班级学习委员、文娱委员与体育委员,其中

甲、乙二人不能担任文娱委员,则不同的选法共有________种.(用数字作答)

解析 从班委会5名成员中选出3名,分别担任班级学习委员、文娱委员与体育委员共有A

3

5

212

种选法,其中甲、乙中有一人担任文娱委员的选法有C

1

故共有A

3

2

A

4

种,

5

-C

2

A

4

=36(种)选法.

答案 36

五、多类元素组合——分类取出

当题目中元素较多,取出的情况也有多种时,可按结果要求,分成不相容的几类情况分别计

算,最后总计.

例5 如图,用6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,要求最多使

用3种颜色且相邻的两个格子颜色不同,则不同的涂色方法共有________种.(用数字作答)

3

解析 如果用两种颜色,则有C

2

6

种颜色可以选择,涂法有2种.如果用3种颜色涂色有C

6

1

颜色可以选择,涂法有C

1

C

1

3

·

2

(C

2

+1)=18(种).

所以,不同涂色种数为C

2

2+C

3

18=390(种).

6

·

6

·

答案 390

六、排列、组合混合——先选后排

对于排列与组合的混合问题,宜先用组合选取元素,再进行排列.

例6 某校安排5个班到4个工厂进行社会实践,每个班去一个工厂,每个工厂至少安排一

个班,不同的安排方法共有________种.(用数字作答)

111

C

2

5

C

3

C

2

C

1

解析 首先把5个班分成4组,即2,1,1,1,有种方法.然后把4组分配到4个工厂,

A

3

3

每个工厂安排一组有

111

C

2

5

C

3

C

2

C

1

4

A

4

种方法.由分步乘法计数原理可得不同的安排方法有·A

4

3

4

A

3

4

240(种).

答案 240

3 正方体中的计数问题

在解决关于正方体的排列、组合问题时,要善于利用几何性质,借助图形帮助思考,这对解

决问题将起到事半功倍的效果.下面举例说明:

例1 从正方体的6个面中选取3个面,其中有2个面不相邻的选法共有( )

A.8种 B.12种 C.16种 D.20种

解析 从正方体的6个面中任取3个面共有C

3

6

种不同选法,其中3个面均相邻的选法共有8

种(此时三个面共于一个顶点),故符合题意的选法共有C

3

6

-8=12(种).

答案 B

变式训练1 正方体的一条对角线与它的12条棱组成的异面直线共有________对.

答案 6

例2 以正方体的顶点为顶点的四面体共有( )

A.70个 B.64个 C.58个 D.52个

解析 正方体8个点中任取4个点共有C

4

8

种,除去4个点共面的情况即可.因为正方体有6

个面,对角面也有6个,所以4个顶点共面有12种情况,故共可构成四面体有C

4

8

-12=58(个).

答案 C

变式训练2 以正方体的顶点为顶点的四棱锥有____个.

答案 48

例3 连接正方体任意两个顶点的直线中异面直线有____________对.

解析 确定一对异面直线需要四个不共面的点,而四个不共面的点可以构成一个四面体,而

一个四面体有三对异面直线,因此“异面直线的对数=3×四面体数”,由于以正方体的顶点

为顶点的四面体共有58个,所以共有异面直线3×58=174(对).

答案 174

变式训练3 过三棱柱任意两个顶点的直线共有15条,其中异面直线有( )

A.18对 B.24对 C.30对 D.36对

答案 D

例4 从正方体的八个顶点中任取三个点为顶点作三角形,其中直角三角形的个数为( )

A.56 B.52 C.48 D.40

解析 由于正方体的各个面都是矩形,而1个矩形有4个直角三角形,因此有对应关系“直

角三角形数=4×矩形数”,正方体共有12个矩形的面,所以直角三角形共有4×12=48(个).

答案 C

5

变式训练4 从正方体的八个顶点中任取三个点为顶点作三角形,其中正三角形的个数为

________.

答案 8

4 “隔板法”在计数问题中的妙用

“隔板法”在计数问题中有其特殊的适用背景,并且“隔板法”往往会使很复杂的问题得到

巧妙的解决.下面剖析一下隔板法的适用条件,并选择几个实例来加以说明.

一、隔板法的适用条件

排列组合中的相同小球放进不同的盒子、名额分配或相同物品的分配等问题,是排列组合中

的难点问题,这类问题的基本模型是:将n个相同元素分组到m个不同对象中(n≥m),每个

对象至少有一个元素.这类问题必须满足三个条件:①小球必须相同;②盒子必须不同;③每

个盒子至少有一个小球.当满足这三个条件时,我们可以采用隔板法.

二、隔板法的实际应用

应用1 20个相同的小球放入编号为1号、2号、3号的三个盒子里,要求每个盒子都不空,

问有多少种放法?

解 如下图,用“0”表示小球,0000|00000000|00000000

在上图中,在0与0之间的19个空档中插入2块隔板即可将小球分成3组,同时能够保证每

组中至少有一个小球,所以一共有C

2

19

=171种放法.

点评 解决此类问题的关键是,看题目情景是否满足隔板法的条件,若满足,则直接套用公

式即可.

应用2 求方程x

1

+x

2

+x

3

+x

4

=20的正整数解有多少个?

解 该问题转化为:将方程左边的x

1

、x

2

、x

3

、x

4

看成是4个盒子得到的小球数,右边的20

看成是20个相同的小球.这样就相当于20个相同的小球放入4个盒子里,要求每个盒子至少

有一个小球,共有多少种不同的分配方法?这样,类似应用1可知,所以共有C

3

19

=969种.

点评 不定方程x

1

+x

2

+x

3

+…+x

m

=n(n,m∈N

*

,n≥m)的正整数解个数问题可以转化为

“将n个相同元素分给m个不同对象(n≥m),每个对象至少有一个元素”的模型,进而采用

隔板法求解.

整体概括:通过对隔板法的应用,可得下列结论.

结论1:把n个相同的元素分成m组分配给m个人,每组不允许落空,则可将n个元素排成

一排,从n-1个间隔中,选出m-1个插上隔板,每一种隔板的插法对应一种分配方法,则

1

分配方法数N=C

m

n

1

.

结论2:把n个相同的元素分成m组分配给m个人,某些组允许落空,则可将m-1个隔板

1

和n个元素排成一排,每一种隔板的插法对应一种分配方法,则分配方法数N=C

m

m

n

1

.

6

试一试

1.将7个相同的小球放入4个不同的盒子中.

(1)不出现空盒时的放入方式共有多少种?

(2)可出现空盒时的放入方式共有多少种?

解 (1)将7个相同的小球排成一排,在中间形成的6个空格中插入无区别的3个“隔板”将

球分成4份,每一种插入隔板的方式对应一种球的放入方式,则不同的放入方式共有C

3

6

=20

种.

(2)每种放入方式对应于将7个相同的小球与3个相同的“隔板”进行一次排列,即从10个

位置中选3个位置安排隔板,故共有C

3

10

=120种放入方式.

2.某市教委准备在当地的9所重点中学中选派12名优秀青年教师参加在职培训,每所学校至

少一个名额,求不同的分配方案的种数.

解 从结果入手,理解相同元素的分堆问题,设计“隔板法分堆”,将一种分配方法和一个

组合建立一一对应,实际问题化归为组合数求解.该事件的实质为将12个相同的元素分成9

堆,每一堆至少一个元素,“隔板法分堆”,即在12个相同元素构成的11个空中插入8个

隔板,其方法有C

8

11

=165种.

5 排列、组合中的数学思想

方法一 分类讨论思想

例1 如果一个三位正整数形如“a

1

a

2

a

3

”,满足a

1

2

,且a

3

2

,则称这样的三位数为凸数

(120,363,374等),那么所有的凸数个数为( )

A.240

C.729

B.204

D.920

解题提示 本题中的三位正整数,要求中间一位数字最大,需根据中间数字所有可能的情况

分类讨论;另外要注意首位与个位上的数字允许重复.

解析 由题意知:a

1

≠0,a

2

≥2.下面只需对a

2

=2,a

2

=3,…,a

2

=9分别进行讨论,并求其

值后求和.当a

2

=2时,a

1

,a

3

只能从0,1中取,a

1

只能取1,a

3

可取0,1,排出“a

1

a

2

a

3

”共有

1

2种;当a

2

=3时,a

1

从1,2中任取一个有C

2

种,a

3

从0,1,2中任取一个有C

1

3

种,所以共有

111

C

2

·C

1

3

种;当a

2

=4时,a

1

从1,2,3中任取一个有C

3

种,a

3

从0,1,2,3中任取一个有C

4

种,所以

1

共有C

1

C

1

3

·

4

种;…;当a

2

=9时,a

1

从1,2,3,…,8中任取一个有C

8

种,a

3

从0,1,2,…,8

1111

中任取一个有C

1

C

1

C

1

C

4

9

种,共有C

8

·

9

种.综上,可得组合成所有的凸数个数为2+C

2

·

3

+C

3

·

1111111

C

4

·C

1

C

6

+C

1

C

7

+C

7

·C

1

C

9

=240.

5

+C

5

·

6

·

8

+C

8

·

答案 A

点评 本题中分类的标准非常明确,即中间数字的取值情况.对于分类标准明确、分类情况多

7

的题目,要有耐心逐个求解,最后求和.正确地进行求解运算也是求解此类题目的一个关键点.

例2 从-3,-2,-1,0,1,2,3,4八个数字中任取3个不重复的数字分别作为a、b、c的值构

成二次函数y=ax

2

+bx+c.试问:

(1)共可组成多少个不同的二次函数?

(2)在这些二次函数图象中,以y轴为对称轴的有多少条?经过原点且顶点在第一或第三象限

的有多少条?

解题提示 二次函数要求a≠0,可以优先考虑a的取值;也可以用排除法.结合顶点在第一象

限或第三象限对a,b,c的符号要求进行分析是解决第(2)问的关键.

解 (1)方法一 因为y=ax

2

+bx+c是二次函数,所以a≠0.因此,可从-3,-2,-1,1,2,3,4

中选取一个排在a的位置上,有C

1

7

种选法.b,c的取值没有特殊要求,所以从剩余的6个非

零元素加上0共7个元素中选取两个有C

2

再把它们排在b,c的位置上有A

2

7

种选法,

2

种排法.

7×6

2

由分步乘法计数原理共有C

1

C

7

·A

2

×2=294(个)不同的二次函数.

7

·

2

=7×

2

3

方法二 利用排除法,从所有情况中去掉“0”排在a位置的情况.C

3

A

3

-C

2

A

2

8

·

7

·

2

8×7×6

3×2×1

7×6

×3×2×1-×2=294(个)不同的二次函数.

2

(2)当对称轴为y轴时,b=0,这样的抛物线有A

2

7

=42(条).

bb

-,-

. 当抛物线过原点时,c=0,抛物线的顶点为

4a



2a

2

①当顶点在第一象限时,有

b

4a

>0,

2

b

->0,

2a

②当顶点在第三象限时,有

b

4a

<0,

2

b

-<0,

2a

a<0,

这样的抛物线有A

1

A

1

3

·

4

=12(条);

b>0,

a>0,

这样的抛物线有A

2

4

=12(条).

b>0,

故经过原点且顶点在第一或第三象限的共有24条.

点评 当排列、组合问题与相关数学问题背景联系在一起时,要注意结合数学背景对涉及的

字母a,b,c的要求,合理地转化为a,b,c的直接要求,再进行分类.实际问题数学化,文

字表述代数化是解决实际背景问题的常规思想方法.

方法二 数形结合思想

例3 以圆x

2

+y

2

-2x-2y-1=0内横坐标与纵坐标均为整数的点为顶点的三角形个数为

( )

8

A.76 B.78 C.81 D.84

解题提示 将圆的一般方程化为标准方程,画出图形,结合图形从所有情况中去掉三点共线

的情况.

解析 本题是一个综合问题,首先求出圆内的整数点个数,然后求组合数,方程化为(x-1)

2

+(y-1)

2

=3.如图,圆内共有9个整数点,组成的三角形的个数为C

3

9

-8=76.

答案 A

点评 整点个数的计算,三点共线情况的寻找都需要我们在平面直角坐标系下正确画出本题

中的圆以及与整点共线有关的8条直线.与几何图形探求有关的组合问题,画出相关图形,结

合图形求解是解决此类题目常用的方法.

方法三 转化与化归思想

例4 某电脑用户计划使用不超过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件,磁盘至少买2盒,则不同的选购方式共有( )

A.5种 B.6种 C.7种 D.8种

60x+70y≤500,

解析 设买单片软件x件,盒装磁盘y盒,则命题转化为不等式组

x≥3,

y≥2

(x,y∈N)

的解的个数,不难求得(3,2),(3,3),(3,4),(4,2),(4,3),(5,2),(6,2)为其解,所以不同的选购

方式共有7种.

答案 C

点评 本题若直接列举讨论,情况较复杂;根据题目条件设出相关变量x,y,列出不等式组

缩小讨论范围,简化了求解过程.

例5 如图①,A,B,C,D为海上的四个小岛,要建三座桥,将这四个小岛连接起来,则

不同的建桥方案共有( )

A.8种

C.16种

B.12种

D.20种

解析 如图②,构造三棱锥A-BCD,四个顶点表示四个小岛,六条棱表示连接任意两岛的

桥梁.由题意,只需求出从六条棱中任取三条不共面的棱的不同取法.从六条棱中任取三条棱的

不同取法有C

3

任取三条共面棱的不同取法为4种,所以从六条棱中任取三条不共面的棱

6

种,

9

的不同取法有C

3

6

-4=16(种).

答案 C

点评 本题根据问题特征,巧妙地构建恰当的立体几何图形,用几何知识去解,显得直观清

晰、简洁明快.

6 排列、组合问题错误剖析

排列、组合问题类型繁多、方法丰富、富于变化,稍不注意,极易出错.本文选择一些在教学

中学生常见的错误进行正误剖析.

一、没有理解两个基本原理出错

排列、组合问题基于两个基本计数原理,即加法原理和乘法原理,故理解“分类用加、分步

用乘”是解决排列、组合问题的前提.

例1 从6台原装计算机和5台组装计算机中任意选取5台,其中至少有原装与组装计算机

各两台,则不同的取法有________种.

误解 因为可以取2台原装与3台组装计算机或是3台原装与2台组装计算机,所以只有2

种取法.

错因分析 误解的原因在于没有意识到“选取2台原装与3台组装计算机或是3台原装与2

台组装计算机”是完成任务的两“类”办法,每类办法中都还有不同的取法.

正解 由分析,完成第一类办法还可以分成两步:第一步在原装计算机中任意选取2台,有

223

C

6

种方法;第二步是在组装计算机中任意选取3台,有C

3

C

5

5

种方法,据乘法原理共有C

6

·

23

方法.同理,完成第二类办法中有C

3

C

2

C

5

6

·

5

种方法.据加法原理完成全部的选取过程共有C

6

·

3

C

6

·C

2

5

=350(种)方法.

例2 在一次运动会上有四项比赛的冠军在甲、乙、丙三人中产生,那么不同的夺冠情况的

种数为( )

343

A.A

3

4

B.4 C.3 D.C

4

误解 把四个冠军,排在甲、乙、丙三个位置上,选A.

错因分析 误解是没有理解乘法原理的概念,盲目地套用公式.

正解 四项比赛的冠军依次在甲、乙、丙三人中选取,每项冠军都有3种选取方法,由乘法

原理共有3×3×3×3=3

4

(种),故选C.

说明 本题还有同学这样误解,甲、乙、丙夺冠均有四种情况,由乘法原理得4

3

,这是由于

10

没有考虑到某项冠军一旦被一人夺得后,其他人就不再有4种夺冠可能.

二、判断不出是排列还是组合出错

在判断一个问题是排列还是组合问题时,主要看元素的组成有没有顺序性,有顺序的是排列,

无顺序的是组合.

例3 有大小形状相同的3个红色小球和5个白色小球,排成一排,共有多少种不同的排列

方法?

误解 因为是8个小球的全排列,所以共有A

8

8

种方法.

错因分析 误解中没有考虑3个红色小球是完全相同的,5个白色小球也是完全相同的,同

色球之间互换位置是同一种排法.

正解 8个小球排好后对应着8个位置,题中的排法相当于在8个位置中选出3个位置给红

球,剩下的位置给白球,由于这3个红球完全相同,所以没有顺序,是组合问题.这样共有:

3

C

8

=56(种)排法.

三、重复计算出错

在排列、组合中常会遇到元素分配问题、平均分组问题等,这些问题要注意避免重复计数,

产生错误.

例4 某交通岗共有3人,从周一到周日的七天中,每天安排一人值班,每人至少值2天,

其不同的排法共有多少种?

误解 第一个人先挑选2天,第二个人再挑选2天,剩下的3天给第三个人,这三个人再进

23

行全排列.共有:C

2

7

C

5

A

3

=1 260.

错因分析 这里是均匀分组问题.比如:第一人挑选的是周一、周二,第二人挑选的是周三、

周四;也可能是第一个人挑选的是周三、周四,第二人挑选的是周一、周二,所以在全排列

的过程中就重复计算了.

23

C

2

7

C

5

A

3

正解 =630(种).

2

四、遗漏某些情况出错

在排列、组合问题中还可能由于考虑问题不够全面,因为遗漏某些情况而出错.

例5 用数字0,1,2,3,4组成没有重复数字的比1 000大的奇数共有( )

A.36个 B.48个 C.66个 D.72个

误解 如图,最后一位只能是1或3有两种取法,

0 1,3

又因为第1位不能是0,在最后一位取定后只有3种取法,剩下3个数排中间两个位置有A

2

3

种排法,共有2×3×A

2

3

=36(个).

错因分析 误解只考虑了四位数的情况,而比1 000大的奇数还可能是五位数.

正解 任一个五位的奇数都符合要求,共有2×3×A

3

3

=36(个),再由前面分析四位数个数和

五位数个数之和共有72个,选D.

11

五、忽视题设条件出错

在解决排列、组合问题时,一定要注意题目中的每一句话甚至每一个字和符号,不然就可能

多解或漏解.

例6 如图,一个地区分为5个行政区域,现给地图着色,要求相邻区域不得使用同一颜色,

现有4种颜色可供选择,则不同的着色方法共有______种.(以数字作答)

误解 先着色第一区域,有4种方法,剩下3种颜色涂四个区域,即有一种颜色涂相对的两

块区域,有C

1

2·A

2

3

·

2

=12(种),由乘法原理共有:4×12=48(种).

错因分析 据报道,在高考中有很多考生填了48种.这主要是没有看清题设“有4种颜色可

供选择”,不一定4种颜色全部使用,用3种也可以完成任务.

..

正解 当使用四种颜色时,由前面的误解知有48种着色方法;当仅使用三种颜色时:从4

种颜色中选取3种有C

3

4

种方法,先着色第一区域,有3种方法,剩下2种颜色涂四个区域,

只能是一种颜色涂第2、4区域,另一种颜色涂第3、5区域,有2种着色方法,由乘法原理

有C

3

4

×3×2=24(种).

综上共有:48+24=72(种).

例7 已知ax

2

-b=0是关于x的一元二次方程,其中a、b∈{1,2,3,4},求解集不同的一元二

次方程的个数.

误解 从集合{1,2,3,4}中任意取两个元素作为a、b,方程有A

2

4

个,当a、b取同一个数时方

程有1个,共有A

2

4

+1=13(个).

错因分析 误解中没有注意到题设中:“求解集不同的……”所以在上述解法中要去掉同解

....



a=1

a=2

a=2

a=4

情况,由于

同解、

同解,故要减去2个.

b=2



b=1

b=2



b=4



正解 由分析,共有13-2=11(个)解集不同的一元二次方程.

六、未考虑特殊情况出错

在排列、组合中要特别注意一些特殊情况,一有疏漏就会出错.

例8 现有1角、2角、5角、1元、2元、5元、10元、50元人民币各一张,100元人民币2

张,从中至少取一张,共可组成不同的币值种数是( )

A.1 024种

C.1 536种

B.1 023种

D.767种

误解 因为共有人民币10张,每张人民币都有取和不取2种情况,减去全不取的1种情况,

共有2

10

-1=1 023(种),故选B.

错因分析 这里100元面值比较特殊有两张,在误解中被计算成4种情况,实际上只有不取、

12

取一张和取二张3种情况.

正解 除100元人民币以外每张均有取和不取2种情况,100元人民币的取法有3种情况,

再减去全不取的1种情况,所以共有2

8

×3-1=767(种),故选D.

七、题意的理解偏差出错

例9 现有8个人排成一排照相,其中有甲、乙、丙三人不能相邻的排法有多少种( )

A.A

3

A

5

6

·

5

3

C.A

5

·A

3

3

6

B.A

8

A

3

8

-A

6

·

3

8

D.A

8

-A

4

6

误解 除了甲、乙、丙三人以外的5人先排,有A

5

5

种排法,5人排好后产生6个空档,插入

3

甲、乙、丙三人有A

3

A

5

6

种方法,这样共有A

6

·

5

种排法,选A.

错因分析 误解中没有理解“甲、乙、丙三人不能相邻”的含义,得到的结果是“甲、乙、

丙三人互不相邻”的情况.“甲、乙、丙三人不能相邻”是指甲、乙、丙三人不能同时相邻,

....

但允许其中有两人相邻.

正解 在8个人全排列的方法数中减去甲、乙、丙全相邻的方法数,就得到甲、乙、丙三人

不相邻的方法数,

6

即A

8

A

3

8

-A

6

·

3

,故选B.

排列、组合问题虽然种类繁多,但只要能把握住最常见的原理和方法,即:“分步用乘、分

类用加、有序排列、无序组合”,留心容易出错的地方就能够以不变应万变,把排列、组合

学好.

7 用五种意识求解二项式问题

在历年高考中都有涉及二项式定理的试题,本文总结了五种解题意识,旨在强化同学们解此

类问题的目的性及方向性,避免低效性和盲目性,使解题能力得以提高.

一、通项意识

nkk

凡涉及到展开式的项及其系数问题,常是先写出其通项公式T

k

1

=C

k

b,再根据题意进行

n

a

求解.因此通项意识是解二项式问题的首选意识.

1

n

3

2x+

例1 若的展开式中含有常数项,则最小的正整数n为________.

x



解析 展开式的通项为

7k

3n

k

1

kkn

k

T

k

1

=C

k

(2x)=C·2x3n-.

nn

2

x

7k6n

令3n-=0,得k=,∵k∈N且k≤n,∴n必须能被7整除,∴满足条件的最小正整数n

27

=7.

答案 7

13

二、方程意识

已知展开式中若干项系数的关系,求指数n及二项式中参数的值等,可借助展开式中的通项,

根据题意建立方程解决.

a

例2 已知

x

9

x

9

展开式中x

3

的系数为,则常数a=________.

4

2

a

9

k

解析 T

k

1

=C

k

9

x



k

k

3k3

x

k

=(-1)

k

2-·C

9

x-9a

9k

,依题意,有k-9=3,解得k=8.

222

2

9

故含x

3

的项为第9项,其系数为(-1)

8

2

4

C

8

a=,

9

4

99

即a=,解得a=4.

164

答案 4

三、特殊化意识

在求展开式中的各系数之和及某些组合数之和时,有意识地对未知数取某些特殊值是一种非

常有效的方法.

例3 若对于任意的实数x,有x

3

=a

0

+a

1

(x-2)+a

2

(x-2)

2

+a

3

(x-2)

3

,则a

2

的值为( )

A.3 B.6 C.9 D.12

解析 a

3

=1,a

2

+a

3

·C

1

3

(-2)=0,∴a

2

=6.

答案 B

点评 解决本题也可令x

3

=[(

x

-2)+2]

3

,利用展开式求解.

四、转化意识

转化意识是高考重点考查的内容之一.在二项式定理的有关问题中,主要表现在单项式和三项

式转化配凑为二项式来求解;多个二项式的积的某项系数问题转化为乘法分配律问题.

1

例4 (1+2x

2

)(x-)

8

的展开式中常数项为________.(用数字作答)

x

111

x-

8

x-

8

+2x

2

x-

8

, 解析 (1+2x

2

)

x



x



x

41425315

∴常数项为C

4

8

×x(-x)+2xC

8

x(-x),即70-2×56=-42.

--

答案 -42

五、应用意识

应用是数学的归宿,二项式定理主要应用于近似计算、证明整除、求组合数及求余数等问题.

2n62*n2n

例5 若C

20

=C

n

20

(n∈N),且(2-x)=a

0

+a

1

x+a

2

x+…+a

n

x,则a

0

-a

1

+a

2

-…+(-

++

1)

n

a

n

等于( )

A.81 B.27 C.243 D.729

解析 由题意知,2n+6=n+2或2n+6+n+2=20,

得n=-4(舍)或n=4.

14

此时令x=-1,得a

0

-a

1

+a

2

-…+(-1)

n

a

n

=3

4

=81.

答案 A

8 二项式定理中易混概念辨析

在学习二项式定理时,极易忽略一些条件或混淆一些概念,下面对解题中常见的错误加以剖

析,以提高同学们的警惕性.

1.项与项的系数

nkk

(a+b)

n

的展开式中的第k+1项是C

k

b(注意a,b可以是实数,还可以是代数式),而第k

n

a

+1项的系数是对应单项式中的数字因数.

例1 (x-1)

10

的展开式中的第6项的系数是( )

55

A.C

10

x

5

B.-C

5

10

x

C.C

5

10

5

C

10

.

D.-C

5

10

1055

解析 因为(x-1)

10

的展开式的第6项是T

6

=C

5

·(-1)

5

=-C

5

10

x

10

x,故第6项的系数是-

答案 D

反思领悟 若题目改为“(x-1)

10

的展开式的第6项是”,则答案为B.

2.项的系数与项的二项式系数

(a+b)

n

的展开式中的第k+1项的二项式系数是C

k

n

(k=0,1,2,…,n),仅与n,k有关;而第

k

k+1项的系数不是二项式系数C

k

n

,但有时这个系数与二项式系数相等.注意二项式系数C

n

定为正,而对应项的系数有时可能为负.

例2 (x

3

+2x)

7

的展开式中第4项的二项式系数是____,第4项的系数是________.

解析 因为(x

3

+2x)

7

的展开式的第4项是

343333

T

4

=C

3

7

(x)(2x),故该项的二项式系数是C

7

=35,该项的系数是2C

7

=280.

答案 35 280

3.各项的二项式系数和与各项的系数和

012n

设a,b为常数,则(ax+b)

n

的展开式中各项的二项式系数和为C

n

+C

n

+C

n

+…+C

n

=2

n

.

在(ax+b)

n

的展开式中令x=1,则得(ax+b)

n

的展开式中各项的系数和为(a+b)

n

.

例3 在(1-2x)

7

的展开式中,各项的二项式系数和为______;各项的系数和为______;各项

系数的绝对值之和为______.

解析 各项的二项式系数和为2

7

=128;

令x=1,则得各项的系数和为(1-2)

7

=-1;

令x=-1,则得各项系数的绝对值之和为(1+2)

7

=2 187.

15

答案 128 -1 2 187

4.奇(偶)数项系数与奇(偶)次项系数

例4 (1-x)

6

的展开式中,x的奇次项系数之和是( )

A.32 B.-32 C.0 D.-64

2266

错解 ∵(1-x)

6

=C06-C

1

6

x+C

6

x-…+C

6

x,

46

∴奇次项系数之和为C06+C

2

6

+C

6

+C

6

=32,故选A.

错因剖析 混淆了奇数项系数与奇次项系数的概念,误以为是奇数项系数之和,从而导致错

误.

2266

正解 ∵(1-x)

6

=C06-C

1

6

x+C

6

x-…+C

6

x,

13

∴奇次项系数之和为-C

6

-C

6

-C56=-32,故选B.

答案 B

5.颠倒公式(a+b)

n

中a,b的顺序

1

例5 若

3

x+

n

展开式中,第3项是常数,则中间项是第几项?

x



8-3n

2

1

n

2

8

2

8-3n

错解 T

3

=C

2

x·=C·x,因为第3项是常数,所以令=0,解得n=.由于

n

·

n

3

x

333

n为自然数,所以此题无解.

错因剖析 此题并不是无解.二项式(a+b)

n

与(b+a)

n

全部展开项是相同的,只是前后顺序颠

倒而已;但具体涉及到二项展开式的某一项时就不一定相同了,因为二项展开式的项是按照

n

(a+b)

n

第一个数a的降幂排列的,不可随意颠倒a,b的顺序,如(a+b)

n

的第k+1项是C

k

n

a

knkk

b

k

,(b+a)

n

的第k+1项是C

k

a,因此要注意项数与顺序的关系.

n

b

n-2

1

22

n-8

正解 T

3

=C

2

x·=Cx,

n

·

n

·

3

x

3

因为第3项是常数,所以令

n-8

=0,解得n=8.

3

故展开式总共有9项,中间项是第5项.

16

2024年10月21日发(作者:惠琴轩)

1 两个计数原理的灵活应用

计数问题是数学中的重要研究对象,除了分类加法计数原理和分步乘法计数原理的理论支持,

对于较复杂的计数问题要针对其问题特点,灵活的运用列举法、列表法、树形图法等方法来

帮助解决,使问题的解决更加实用、直观.下面通过典例来说明.1.列举法

例1 某公司电脑采购员计划用不超过300元的资金购买单价分别为20元、40元的鼠标和键

盘,根据需要,鼠标至少买5个,键盘至少买3个,则不同的选购方式共有( )

A.7种 B.8种 C.9种 D.10种

解析 依据选购鼠标和键盘的不同个数分类列举求解.

若买5个鼠标,则可买键盘3、4、5个;

若买6个鼠标,则可买键盘3、4个;

若买7个鼠标,则可买键盘3、4个;

若买8个鼠标,则可买键盘3个;

若买9个鼠标,则可买键盘3个.

根据分类加法计数原理,不同的选购方式共有3+2+2+1+1=9种.故选C.

答案 C

点评 本题背景中的数量不少,要找出关键数字,通过恰当分类和列举可得.列举看似简单,

但在解决问题中显示出其实用性,并且我们还可以通过列举的方法去寻求问题中的规律.

2.树形图法

例2 甲、乙、丙三人传球,从甲开始传出,并记为第一次,经过5次传球,球恰好回到甲

手中,则不同的传球方法的种数是( )

A.6 B.8 C.10 D.15

解析 本题数字不大,可用树形图法,结果一目了然.

如图,易知选C.

1

答案 C

点评 应用两个计数原理时,如果涉及的问题较抽象,且数量不太多时,可以用树状结构直

观体现.

3.列表法

例3 四个人各写一张贺年卡,放在一起,然后每个人取一张不是自己写的贺年卡,共有多

少种不同的取法?

解 把四个人分别编号①、②、③、④,他们写的4张贺年卡的各种方法全部列举出来,如

下表:

四个人

方法编号

由表格可知,共有9种不同的方法.

点评 本题是一个错排问题,难以直接运用两个计数原理计算.借助表格,把各种情况一一列

出,使问题直观解决.

4.直接法

例4 已知某容器中,H有3种同位素,Cl有2种同位素,Na有3种同位素,O有4种同位

素,请问共可组成多少种HCl和NaOH?

解 因为HCl分子由两种元素构成,所以分两步完成:

第1步,选择氢元素,共有3种;

第2步,选择氯元素,共有2种.

由分步乘法计数原理得出有6种HCl.

同理,对于NaOH而言,分三步完成:

第1步,选择钠元素,有3种选法;

第2步,选择氧元素,有4种选法;

第3步,选择氢元素,有3种选法.

2

取贺年卡的方法

2

1

4

3

1

2

3

4

1

2

2

4

1

3

3

3

1

4

2

4

3

4

1

2

5

3

4

2

1

6

4

1

2

3

7

4

3

1

2

8

4

3

2

1

9

由分步乘法计数原理知,

共有NaOH种数为3×4×3=36.

点评 当问题情景中的规律明显,已符合分类加法计数原理或分步乘法计数原理中的某一类

型时,可直接应用公式计算结果,但此法的关键是分清是“分类”还是“分步”问题.

2 排列、组合的破解之术

排列、组合,说它难吧,其实挺简单的,就是分析事件的逻辑步骤,然后用乘法原理、加法

原理计算就可.说简单吧,排列、组合却是同学们(包括很多学习很好的同学)最没把握的事情,

同样难度的几道题,做顺了,三下五除二,几分钟内解决问题;做不顺,则如一团乱麻,很

长时间也理不顺思路.下面谈谈破解常见排列、组合模型的常用方法!

一、特殊元素——优先法

对于有特殊要求的元素的排列、组合问题,一般应对有特殊要求的元素优先考虑.

例1 将数字1,2,3,4,5,6排成一列,记第i个数为a

i

(i=1,2,…,6),若a

1

≠1,a

3

≠3,a

5

≠5,

a

1

3

5

,则不同的排列方法有________种(用数字作答).

解析 由题意,a

1

≠1,a

3

≠3,a

5

≠5,a

1

3

5

.

第一步,可以先排a

1

,a

3

,a

5

,只有5种方法;

第二步,再排a

2

,a

4

,a

6

,有A

3

3

种方法.

由乘法原理得,不同的排列方法有5A

3

3

=30(种).

答案 30

二、相邻问题——捆绑法

把相邻的若干个特殊元素“捆绑”为一个大元素,然后再与其余“普通元素”全排列,最后

再“松绑”,将特殊元素在这些位置上全排列.

例2 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

C.720种

B.960种

D.480种

5

解析 先将两位老人排在一起有A

2

2

种排法,再将5名志愿者排在一起有A

5

种排法,最后将

两位老人插入5名志愿者间的4个空位中有C

1

不同

4

种插入方法,由分步乘法计数原理可得,

的排法有A

2

A

5

C

1

2

·

5

·

4

=960(种).

答案 B

三、不相邻问题——插空法

某些元素不能相邻或某些元素要在某个特殊位置时可采用插空法,即先安排好没有限制条件

的元素,然后再把有限制条件的元素按要求插入排好的元素之间.

3

例3 高三(一)班需要安排毕业晚会的4个音乐节目,2个舞蹈节目和1个曲艺节目的演出顺

序,要求两个舞蹈节目不连排,则不同排法的种数是( )

A.1 800

C.4 320

B.3 600

D.5 040

解析 先排4个音乐节目和1个曲艺节目有A

5

这5个节目之间以及两端共有6个空

5

种方法,

5

位,从中选两个放入舞蹈节目,共有A

2

A

2

6

种放法.所以两个舞蹈节目不相邻的排法共有A

5

·

6

3 600(种).

答案 B

四、至多至少问题——间接法

对于某些排列、组合问题的正面情况较复杂而其反面情况较简单,可先考虑无限制条件的排

列,再减去其反面情况的种数.

例4 从班委会5名成员中选出3名,分别担任班级学习委员、文娱委员与体育委员,其中

甲、乙二人不能担任文娱委员,则不同的选法共有________种.(用数字作答)

解析 从班委会5名成员中选出3名,分别担任班级学习委员、文娱委员与体育委员共有A

3

5

212

种选法,其中甲、乙中有一人担任文娱委员的选法有C

1

故共有A

3

2

A

4

种,

5

-C

2

A

4

=36(种)选法.

答案 36

五、多类元素组合——分类取出

当题目中元素较多,取出的情况也有多种时,可按结果要求,分成不相容的几类情况分别计

算,最后总计.

例5 如图,用6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,要求最多使

用3种颜色且相邻的两个格子颜色不同,则不同的涂色方法共有________种.(用数字作答)

3

解析 如果用两种颜色,则有C

2

6

种颜色可以选择,涂法有2种.如果用3种颜色涂色有C

6

1

颜色可以选择,涂法有C

1

C

1

3

·

2

(C

2

+1)=18(种).

所以,不同涂色种数为C

2

2+C

3

18=390(种).

6

·

6

·

答案 390

六、排列、组合混合——先选后排

对于排列与组合的混合问题,宜先用组合选取元素,再进行排列.

例6 某校安排5个班到4个工厂进行社会实践,每个班去一个工厂,每个工厂至少安排一

个班,不同的安排方法共有________种.(用数字作答)

111

C

2

5

C

3

C

2

C

1

解析 首先把5个班分成4组,即2,1,1,1,有种方法.然后把4组分配到4个工厂,

A

3

3

每个工厂安排一组有

111

C

2

5

C

3

C

2

C

1

4

A

4

种方法.由分步乘法计数原理可得不同的安排方法有·A

4

3

4

A

3

4

240(种).

答案 240

3 正方体中的计数问题

在解决关于正方体的排列、组合问题时,要善于利用几何性质,借助图形帮助思考,这对解

决问题将起到事半功倍的效果.下面举例说明:

例1 从正方体的6个面中选取3个面,其中有2个面不相邻的选法共有( )

A.8种 B.12种 C.16种 D.20种

解析 从正方体的6个面中任取3个面共有C

3

6

种不同选法,其中3个面均相邻的选法共有8

种(此时三个面共于一个顶点),故符合题意的选法共有C

3

6

-8=12(种).

答案 B

变式训练1 正方体的一条对角线与它的12条棱组成的异面直线共有________对.

答案 6

例2 以正方体的顶点为顶点的四面体共有( )

A.70个 B.64个 C.58个 D.52个

解析 正方体8个点中任取4个点共有C

4

8

种,除去4个点共面的情况即可.因为正方体有6

个面,对角面也有6个,所以4个顶点共面有12种情况,故共可构成四面体有C

4

8

-12=58(个).

答案 C

变式训练2 以正方体的顶点为顶点的四棱锥有____个.

答案 48

例3 连接正方体任意两个顶点的直线中异面直线有____________对.

解析 确定一对异面直线需要四个不共面的点,而四个不共面的点可以构成一个四面体,而

一个四面体有三对异面直线,因此“异面直线的对数=3×四面体数”,由于以正方体的顶点

为顶点的四面体共有58个,所以共有异面直线3×58=174(对).

答案 174

变式训练3 过三棱柱任意两个顶点的直线共有15条,其中异面直线有( )

A.18对 B.24对 C.30对 D.36对

答案 D

例4 从正方体的八个顶点中任取三个点为顶点作三角形,其中直角三角形的个数为( )

A.56 B.52 C.48 D.40

解析 由于正方体的各个面都是矩形,而1个矩形有4个直角三角形,因此有对应关系“直

角三角形数=4×矩形数”,正方体共有12个矩形的面,所以直角三角形共有4×12=48(个).

答案 C

5

变式训练4 从正方体的八个顶点中任取三个点为顶点作三角形,其中正三角形的个数为

________.

答案 8

4 “隔板法”在计数问题中的妙用

“隔板法”在计数问题中有其特殊的适用背景,并且“隔板法”往往会使很复杂的问题得到

巧妙的解决.下面剖析一下隔板法的适用条件,并选择几个实例来加以说明.

一、隔板法的适用条件

排列组合中的相同小球放进不同的盒子、名额分配或相同物品的分配等问题,是排列组合中

的难点问题,这类问题的基本模型是:将n个相同元素分组到m个不同对象中(n≥m),每个

对象至少有一个元素.这类问题必须满足三个条件:①小球必须相同;②盒子必须不同;③每

个盒子至少有一个小球.当满足这三个条件时,我们可以采用隔板法.

二、隔板法的实际应用

应用1 20个相同的小球放入编号为1号、2号、3号的三个盒子里,要求每个盒子都不空,

问有多少种放法?

解 如下图,用“0”表示小球,0000|00000000|00000000

在上图中,在0与0之间的19个空档中插入2块隔板即可将小球分成3组,同时能够保证每

组中至少有一个小球,所以一共有C

2

19

=171种放法.

点评 解决此类问题的关键是,看题目情景是否满足隔板法的条件,若满足,则直接套用公

式即可.

应用2 求方程x

1

+x

2

+x

3

+x

4

=20的正整数解有多少个?

解 该问题转化为:将方程左边的x

1

、x

2

、x

3

、x

4

看成是4个盒子得到的小球数,右边的20

看成是20个相同的小球.这样就相当于20个相同的小球放入4个盒子里,要求每个盒子至少

有一个小球,共有多少种不同的分配方法?这样,类似应用1可知,所以共有C

3

19

=969种.

点评 不定方程x

1

+x

2

+x

3

+…+x

m

=n(n,m∈N

*

,n≥m)的正整数解个数问题可以转化为

“将n个相同元素分给m个不同对象(n≥m),每个对象至少有一个元素”的模型,进而采用

隔板法求解.

整体概括:通过对隔板法的应用,可得下列结论.

结论1:把n个相同的元素分成m组分配给m个人,每组不允许落空,则可将n个元素排成

一排,从n-1个间隔中,选出m-1个插上隔板,每一种隔板的插法对应一种分配方法,则

1

分配方法数N=C

m

n

1

.

结论2:把n个相同的元素分成m组分配给m个人,某些组允许落空,则可将m-1个隔板

1

和n个元素排成一排,每一种隔板的插法对应一种分配方法,则分配方法数N=C

m

m

n

1

.

6

试一试

1.将7个相同的小球放入4个不同的盒子中.

(1)不出现空盒时的放入方式共有多少种?

(2)可出现空盒时的放入方式共有多少种?

解 (1)将7个相同的小球排成一排,在中间形成的6个空格中插入无区别的3个“隔板”将

球分成4份,每一种插入隔板的方式对应一种球的放入方式,则不同的放入方式共有C

3

6

=20

种.

(2)每种放入方式对应于将7个相同的小球与3个相同的“隔板”进行一次排列,即从10个

位置中选3个位置安排隔板,故共有C

3

10

=120种放入方式.

2.某市教委准备在当地的9所重点中学中选派12名优秀青年教师参加在职培训,每所学校至

少一个名额,求不同的分配方案的种数.

解 从结果入手,理解相同元素的分堆问题,设计“隔板法分堆”,将一种分配方法和一个

组合建立一一对应,实际问题化归为组合数求解.该事件的实质为将12个相同的元素分成9

堆,每一堆至少一个元素,“隔板法分堆”,即在12个相同元素构成的11个空中插入8个

隔板,其方法有C

8

11

=165种.

5 排列、组合中的数学思想

方法一 分类讨论思想

例1 如果一个三位正整数形如“a

1

a

2

a

3

”,满足a

1

2

,且a

3

2

,则称这样的三位数为凸数

(120,363,374等),那么所有的凸数个数为( )

A.240

C.729

B.204

D.920

解题提示 本题中的三位正整数,要求中间一位数字最大,需根据中间数字所有可能的情况

分类讨论;另外要注意首位与个位上的数字允许重复.

解析 由题意知:a

1

≠0,a

2

≥2.下面只需对a

2

=2,a

2

=3,…,a

2

=9分别进行讨论,并求其

值后求和.当a

2

=2时,a

1

,a

3

只能从0,1中取,a

1

只能取1,a

3

可取0,1,排出“a

1

a

2

a

3

”共有

1

2种;当a

2

=3时,a

1

从1,2中任取一个有C

2

种,a

3

从0,1,2中任取一个有C

1

3

种,所以共有

111

C

2

·C

1

3

种;当a

2

=4时,a

1

从1,2,3中任取一个有C

3

种,a

3

从0,1,2,3中任取一个有C

4

种,所以

1

共有C

1

C

1

3

·

4

种;…;当a

2

=9时,a

1

从1,2,3,…,8中任取一个有C

8

种,a

3

从0,1,2,…,8

1111

中任取一个有C

1

C

1

C

1

C

4

9

种,共有C

8

·

9

种.综上,可得组合成所有的凸数个数为2+C

2

·

3

+C

3

·

1111111

C

4

·C

1

C

6

+C

1

C

7

+C

7

·C

1

C

9

=240.

5

+C

5

·

6

·

8

+C

8

·

答案 A

点评 本题中分类的标准非常明确,即中间数字的取值情况.对于分类标准明确、分类情况多

7

的题目,要有耐心逐个求解,最后求和.正确地进行求解运算也是求解此类题目的一个关键点.

例2 从-3,-2,-1,0,1,2,3,4八个数字中任取3个不重复的数字分别作为a、b、c的值构

成二次函数y=ax

2

+bx+c.试问:

(1)共可组成多少个不同的二次函数?

(2)在这些二次函数图象中,以y轴为对称轴的有多少条?经过原点且顶点在第一或第三象限

的有多少条?

解题提示 二次函数要求a≠0,可以优先考虑a的取值;也可以用排除法.结合顶点在第一象

限或第三象限对a,b,c的符号要求进行分析是解决第(2)问的关键.

解 (1)方法一 因为y=ax

2

+bx+c是二次函数,所以a≠0.因此,可从-3,-2,-1,1,2,3,4

中选取一个排在a的位置上,有C

1

7

种选法.b,c的取值没有特殊要求,所以从剩余的6个非

零元素加上0共7个元素中选取两个有C

2

再把它们排在b,c的位置上有A

2

7

种选法,

2

种排法.

7×6

2

由分步乘法计数原理共有C

1

C

7

·A

2

×2=294(个)不同的二次函数.

7

·

2

=7×

2

3

方法二 利用排除法,从所有情况中去掉“0”排在a位置的情况.C

3

A

3

-C

2

A

2

8

·

7

·

2

8×7×6

3×2×1

7×6

×3×2×1-×2=294(个)不同的二次函数.

2

(2)当对称轴为y轴时,b=0,这样的抛物线有A

2

7

=42(条).

bb

-,-

. 当抛物线过原点时,c=0,抛物线的顶点为

4a



2a

2

①当顶点在第一象限时,有

b

4a

>0,

2

b

->0,

2a

②当顶点在第三象限时,有

b

4a

<0,

2

b

-<0,

2a

a<0,

这样的抛物线有A

1

A

1

3

·

4

=12(条);

b>0,

a>0,

这样的抛物线有A

2

4

=12(条).

b>0,

故经过原点且顶点在第一或第三象限的共有24条.

点评 当排列、组合问题与相关数学问题背景联系在一起时,要注意结合数学背景对涉及的

字母a,b,c的要求,合理地转化为a,b,c的直接要求,再进行分类.实际问题数学化,文

字表述代数化是解决实际背景问题的常规思想方法.

方法二 数形结合思想

例3 以圆x

2

+y

2

-2x-2y-1=0内横坐标与纵坐标均为整数的点为顶点的三角形个数为

( )

8

A.76 B.78 C.81 D.84

解题提示 将圆的一般方程化为标准方程,画出图形,结合图形从所有情况中去掉三点共线

的情况.

解析 本题是一个综合问题,首先求出圆内的整数点个数,然后求组合数,方程化为(x-1)

2

+(y-1)

2

=3.如图,圆内共有9个整数点,组成的三角形的个数为C

3

9

-8=76.

答案 A

点评 整点个数的计算,三点共线情况的寻找都需要我们在平面直角坐标系下正确画出本题

中的圆以及与整点共线有关的8条直线.与几何图形探求有关的组合问题,画出相关图形,结

合图形求解是解决此类题目常用的方法.

方法三 转化与化归思想

例4 某电脑用户计划使用不超过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件,磁盘至少买2盒,则不同的选购方式共有( )

A.5种 B.6种 C.7种 D.8种

60x+70y≤500,

解析 设买单片软件x件,盒装磁盘y盒,则命题转化为不等式组

x≥3,

y≥2

(x,y∈N)

的解的个数,不难求得(3,2),(3,3),(3,4),(4,2),(4,3),(5,2),(6,2)为其解,所以不同的选购

方式共有7种.

答案 C

点评 本题若直接列举讨论,情况较复杂;根据题目条件设出相关变量x,y,列出不等式组

缩小讨论范围,简化了求解过程.

例5 如图①,A,B,C,D为海上的四个小岛,要建三座桥,将这四个小岛连接起来,则

不同的建桥方案共有( )

A.8种

C.16种

B.12种

D.20种

解析 如图②,构造三棱锥A-BCD,四个顶点表示四个小岛,六条棱表示连接任意两岛的

桥梁.由题意,只需求出从六条棱中任取三条不共面的棱的不同取法.从六条棱中任取三条棱的

不同取法有C

3

任取三条共面棱的不同取法为4种,所以从六条棱中任取三条不共面的棱

6

种,

9

的不同取法有C

3

6

-4=16(种).

答案 C

点评 本题根据问题特征,巧妙地构建恰当的立体几何图形,用几何知识去解,显得直观清

晰、简洁明快.

6 排列、组合问题错误剖析

排列、组合问题类型繁多、方法丰富、富于变化,稍不注意,极易出错.本文选择一些在教学

中学生常见的错误进行正误剖析.

一、没有理解两个基本原理出错

排列、组合问题基于两个基本计数原理,即加法原理和乘法原理,故理解“分类用加、分步

用乘”是解决排列、组合问题的前提.

例1 从6台原装计算机和5台组装计算机中任意选取5台,其中至少有原装与组装计算机

各两台,则不同的取法有________种.

误解 因为可以取2台原装与3台组装计算机或是3台原装与2台组装计算机,所以只有2

种取法.

错因分析 误解的原因在于没有意识到“选取2台原装与3台组装计算机或是3台原装与2

台组装计算机”是完成任务的两“类”办法,每类办法中都还有不同的取法.

正解 由分析,完成第一类办法还可以分成两步:第一步在原装计算机中任意选取2台,有

223

C

6

种方法;第二步是在组装计算机中任意选取3台,有C

3

C

5

5

种方法,据乘法原理共有C

6

·

23

方法.同理,完成第二类办法中有C

3

C

2

C

5

6

·

5

种方法.据加法原理完成全部的选取过程共有C

6

·

3

C

6

·C

2

5

=350(种)方法.

例2 在一次运动会上有四项比赛的冠军在甲、乙、丙三人中产生,那么不同的夺冠情况的

种数为( )

343

A.A

3

4

B.4 C.3 D.C

4

误解 把四个冠军,排在甲、乙、丙三个位置上,选A.

错因分析 误解是没有理解乘法原理的概念,盲目地套用公式.

正解 四项比赛的冠军依次在甲、乙、丙三人中选取,每项冠军都有3种选取方法,由乘法

原理共有3×3×3×3=3

4

(种),故选C.

说明 本题还有同学这样误解,甲、乙、丙夺冠均有四种情况,由乘法原理得4

3

,这是由于

10

没有考虑到某项冠军一旦被一人夺得后,其他人就不再有4种夺冠可能.

二、判断不出是排列还是组合出错

在判断一个问题是排列还是组合问题时,主要看元素的组成有没有顺序性,有顺序的是排列,

无顺序的是组合.

例3 有大小形状相同的3个红色小球和5个白色小球,排成一排,共有多少种不同的排列

方法?

误解 因为是8个小球的全排列,所以共有A

8

8

种方法.

错因分析 误解中没有考虑3个红色小球是完全相同的,5个白色小球也是完全相同的,同

色球之间互换位置是同一种排法.

正解 8个小球排好后对应着8个位置,题中的排法相当于在8个位置中选出3个位置给红

球,剩下的位置给白球,由于这3个红球完全相同,所以没有顺序,是组合问题.这样共有:

3

C

8

=56(种)排法.

三、重复计算出错

在排列、组合中常会遇到元素分配问题、平均分组问题等,这些问题要注意避免重复计数,

产生错误.

例4 某交通岗共有3人,从周一到周日的七天中,每天安排一人值班,每人至少值2天,

其不同的排法共有多少种?

误解 第一个人先挑选2天,第二个人再挑选2天,剩下的3天给第三个人,这三个人再进

23

行全排列.共有:C

2

7

C

5

A

3

=1 260.

错因分析 这里是均匀分组问题.比如:第一人挑选的是周一、周二,第二人挑选的是周三、

周四;也可能是第一个人挑选的是周三、周四,第二人挑选的是周一、周二,所以在全排列

的过程中就重复计算了.

23

C

2

7

C

5

A

3

正解 =630(种).

2

四、遗漏某些情况出错

在排列、组合问题中还可能由于考虑问题不够全面,因为遗漏某些情况而出错.

例5 用数字0,1,2,3,4组成没有重复数字的比1 000大的奇数共有( )

A.36个 B.48个 C.66个 D.72个

误解 如图,最后一位只能是1或3有两种取法,

0 1,3

又因为第1位不能是0,在最后一位取定后只有3种取法,剩下3个数排中间两个位置有A

2

3

种排法,共有2×3×A

2

3

=36(个).

错因分析 误解只考虑了四位数的情况,而比1 000大的奇数还可能是五位数.

正解 任一个五位的奇数都符合要求,共有2×3×A

3

3

=36(个),再由前面分析四位数个数和

五位数个数之和共有72个,选D.

11

五、忽视题设条件出错

在解决排列、组合问题时,一定要注意题目中的每一句话甚至每一个字和符号,不然就可能

多解或漏解.

例6 如图,一个地区分为5个行政区域,现给地图着色,要求相邻区域不得使用同一颜色,

现有4种颜色可供选择,则不同的着色方法共有______种.(以数字作答)

误解 先着色第一区域,有4种方法,剩下3种颜色涂四个区域,即有一种颜色涂相对的两

块区域,有C

1

2·A

2

3

·

2

=12(种),由乘法原理共有:4×12=48(种).

错因分析 据报道,在高考中有很多考生填了48种.这主要是没有看清题设“有4种颜色可

供选择”,不一定4种颜色全部使用,用3种也可以完成任务.

..

正解 当使用四种颜色时,由前面的误解知有48种着色方法;当仅使用三种颜色时:从4

种颜色中选取3种有C

3

4

种方法,先着色第一区域,有3种方法,剩下2种颜色涂四个区域,

只能是一种颜色涂第2、4区域,另一种颜色涂第3、5区域,有2种着色方法,由乘法原理

有C

3

4

×3×2=24(种).

综上共有:48+24=72(种).

例7 已知ax

2

-b=0是关于x的一元二次方程,其中a、b∈{1,2,3,4},求解集不同的一元二

次方程的个数.

误解 从集合{1,2,3,4}中任意取两个元素作为a、b,方程有A

2

4

个,当a、b取同一个数时方

程有1个,共有A

2

4

+1=13(个).

错因分析 误解中没有注意到题设中:“求解集不同的……”所以在上述解法中要去掉同解

....



a=1

a=2

a=2

a=4

情况,由于

同解、

同解,故要减去2个.

b=2



b=1

b=2



b=4



正解 由分析,共有13-2=11(个)解集不同的一元二次方程.

六、未考虑特殊情况出错

在排列、组合中要特别注意一些特殊情况,一有疏漏就会出错.

例8 现有1角、2角、5角、1元、2元、5元、10元、50元人民币各一张,100元人民币2

张,从中至少取一张,共可组成不同的币值种数是( )

A.1 024种

C.1 536种

B.1 023种

D.767种

误解 因为共有人民币10张,每张人民币都有取和不取2种情况,减去全不取的1种情况,

共有2

10

-1=1 023(种),故选B.

错因分析 这里100元面值比较特殊有两张,在误解中被计算成4种情况,实际上只有不取、

12

取一张和取二张3种情况.

正解 除100元人民币以外每张均有取和不取2种情况,100元人民币的取法有3种情况,

再减去全不取的1种情况,所以共有2

8

×3-1=767(种),故选D.

七、题意的理解偏差出错

例9 现有8个人排成一排照相,其中有甲、乙、丙三人不能相邻的排法有多少种( )

A.A

3

A

5

6

·

5

3

C.A

5

·A

3

3

6

B.A

8

A

3

8

-A

6

·

3

8

D.A

8

-A

4

6

误解 除了甲、乙、丙三人以外的5人先排,有A

5

5

种排法,5人排好后产生6个空档,插入

3

甲、乙、丙三人有A

3

A

5

6

种方法,这样共有A

6

·

5

种排法,选A.

错因分析 误解中没有理解“甲、乙、丙三人不能相邻”的含义,得到的结果是“甲、乙、

丙三人互不相邻”的情况.“甲、乙、丙三人不能相邻”是指甲、乙、丙三人不能同时相邻,

....

但允许其中有两人相邻.

正解 在8个人全排列的方法数中减去甲、乙、丙全相邻的方法数,就得到甲、乙、丙三人

不相邻的方法数,

6

即A

8

A

3

8

-A

6

·

3

,故选B.

排列、组合问题虽然种类繁多,但只要能把握住最常见的原理和方法,即:“分步用乘、分

类用加、有序排列、无序组合”,留心容易出错的地方就能够以不变应万变,把排列、组合

学好.

7 用五种意识求解二项式问题

在历年高考中都有涉及二项式定理的试题,本文总结了五种解题意识,旨在强化同学们解此

类问题的目的性及方向性,避免低效性和盲目性,使解题能力得以提高.

一、通项意识

nkk

凡涉及到展开式的项及其系数问题,常是先写出其通项公式T

k

1

=C

k

b,再根据题意进行

n

a

求解.因此通项意识是解二项式问题的首选意识.

1

n

3

2x+

例1 若的展开式中含有常数项,则最小的正整数n为________.

x



解析 展开式的通项为

7k

3n

k

1

kkn

k

T

k

1

=C

k

(2x)=C·2x3n-.

nn

2

x

7k6n

令3n-=0,得k=,∵k∈N且k≤n,∴n必须能被7整除,∴满足条件的最小正整数n

27

=7.

答案 7

13

二、方程意识

已知展开式中若干项系数的关系,求指数n及二项式中参数的值等,可借助展开式中的通项,

根据题意建立方程解决.

a

例2 已知

x

9

x

9

展开式中x

3

的系数为,则常数a=________.

4

2

a

9

k

解析 T

k

1

=C

k

9

x



k

k

3k3

x

k

=(-1)

k

2-·C

9

x-9a

9k

,依题意,有k-9=3,解得k=8.

222

2

9

故含x

3

的项为第9项,其系数为(-1)

8

2

4

C

8

a=,

9

4

99

即a=,解得a=4.

164

答案 4

三、特殊化意识

在求展开式中的各系数之和及某些组合数之和时,有意识地对未知数取某些特殊值是一种非

常有效的方法.

例3 若对于任意的实数x,有x

3

=a

0

+a

1

(x-2)+a

2

(x-2)

2

+a

3

(x-2)

3

,则a

2

的值为( )

A.3 B.6 C.9 D.12

解析 a

3

=1,a

2

+a

3

·C

1

3

(-2)=0,∴a

2

=6.

答案 B

点评 解决本题也可令x

3

=[(

x

-2)+2]

3

,利用展开式求解.

四、转化意识

转化意识是高考重点考查的内容之一.在二项式定理的有关问题中,主要表现在单项式和三项

式转化配凑为二项式来求解;多个二项式的积的某项系数问题转化为乘法分配律问题.

1

例4 (1+2x

2

)(x-)

8

的展开式中常数项为________.(用数字作答)

x

111

x-

8

x-

8

+2x

2

x-

8

, 解析 (1+2x

2

)

x



x



x

41425315

∴常数项为C

4

8

×x(-x)+2xC

8

x(-x),即70-2×56=-42.

--

答案 -42

五、应用意识

应用是数学的归宿,二项式定理主要应用于近似计算、证明整除、求组合数及求余数等问题.

2n62*n2n

例5 若C

20

=C

n

20

(n∈N),且(2-x)=a

0

+a

1

x+a

2

x+…+a

n

x,则a

0

-a

1

+a

2

-…+(-

++

1)

n

a

n

等于( )

A.81 B.27 C.243 D.729

解析 由题意知,2n+6=n+2或2n+6+n+2=20,

得n=-4(舍)或n=4.

14

此时令x=-1,得a

0

-a

1

+a

2

-…+(-1)

n

a

n

=3

4

=81.

答案 A

8 二项式定理中易混概念辨析

在学习二项式定理时,极易忽略一些条件或混淆一些概念,下面对解题中常见的错误加以剖

析,以提高同学们的警惕性.

1.项与项的系数

nkk

(a+b)

n

的展开式中的第k+1项是C

k

b(注意a,b可以是实数,还可以是代数式),而第k

n

a

+1项的系数是对应单项式中的数字因数.

例1 (x-1)

10

的展开式中的第6项的系数是( )

55

A.C

10

x

5

B.-C

5

10

x

C.C

5

10

5

C

10

.

D.-C

5

10

1055

解析 因为(x-1)

10

的展开式的第6项是T

6

=C

5

·(-1)

5

=-C

5

10

x

10

x,故第6项的系数是-

答案 D

反思领悟 若题目改为“(x-1)

10

的展开式的第6项是”,则答案为B.

2.项的系数与项的二项式系数

(a+b)

n

的展开式中的第k+1项的二项式系数是C

k

n

(k=0,1,2,…,n),仅与n,k有关;而第

k

k+1项的系数不是二项式系数C

k

n

,但有时这个系数与二项式系数相等.注意二项式系数C

n

定为正,而对应项的系数有时可能为负.

例2 (x

3

+2x)

7

的展开式中第4项的二项式系数是____,第4项的系数是________.

解析 因为(x

3

+2x)

7

的展开式的第4项是

343333

T

4

=C

3

7

(x)(2x),故该项的二项式系数是C

7

=35,该项的系数是2C

7

=280.

答案 35 280

3.各项的二项式系数和与各项的系数和

012n

设a,b为常数,则(ax+b)

n

的展开式中各项的二项式系数和为C

n

+C

n

+C

n

+…+C

n

=2

n

.

在(ax+b)

n

的展开式中令x=1,则得(ax+b)

n

的展开式中各项的系数和为(a+b)

n

.

例3 在(1-2x)

7

的展开式中,各项的二项式系数和为______;各项的系数和为______;各项

系数的绝对值之和为______.

解析 各项的二项式系数和为2

7

=128;

令x=1,则得各项的系数和为(1-2)

7

=-1;

令x=-1,则得各项系数的绝对值之和为(1+2)

7

=2 187.

15

答案 128 -1 2 187

4.奇(偶)数项系数与奇(偶)次项系数

例4 (1-x)

6

的展开式中,x的奇次项系数之和是( )

A.32 B.-32 C.0 D.-64

2266

错解 ∵(1-x)

6

=C06-C

1

6

x+C

6

x-…+C

6

x,

46

∴奇次项系数之和为C06+C

2

6

+C

6

+C

6

=32,故选A.

错因剖析 混淆了奇数项系数与奇次项系数的概念,误以为是奇数项系数之和,从而导致错

误.

2266

正解 ∵(1-x)

6

=C06-C

1

6

x+C

6

x-…+C

6

x,

13

∴奇次项系数之和为-C

6

-C

6

-C56=-32,故选B.

答案 B

5.颠倒公式(a+b)

n

中a,b的顺序

1

例5 若

3

x+

n

展开式中,第3项是常数,则中间项是第几项?

x



8-3n

2

1

n

2

8

2

8-3n

错解 T

3

=C

2

x·=C·x,因为第3项是常数,所以令=0,解得n=.由于

n

·

n

3

x

333

n为自然数,所以此题无解.

错因剖析 此题并不是无解.二项式(a+b)

n

与(b+a)

n

全部展开项是相同的,只是前后顺序颠

倒而已;但具体涉及到二项展开式的某一项时就不一定相同了,因为二项展开式的项是按照

n

(a+b)

n

第一个数a的降幂排列的,不可随意颠倒a,b的顺序,如(a+b)

n

的第k+1项是C

k

n

a

knkk

b

k

,(b+a)

n

的第k+1项是C

k

a,因此要注意项数与顺序的关系.

n

b

n-2

1

22

n-8

正解 T

3

=C

2

x·=Cx,

n

·

n

·

3

x

3

因为第3项是常数,所以令

n-8

=0,解得n=8.

3

故展开式总共有9项,中间项是第5项.

16

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