【高考輔導資料】高考數(shù)學第二輪熱點專題復習——排列與組合

高考數(shù)學第二輪熱點專題復習排列與組合考綱指要：能根據(jù)具體問題的特征，選擇分類加法計數(shù)原理或分步乘法計數(shù)原理推導排列數(shù)公式、組合數(shù)公式，并能解決簡單的實際問題；會用二項式定理解決與二項展開式有關(guān)的簡單問題?？键c掃描：1兩個基本原理：（1）分類計數(shù)原理中的分類；（2）分步計數(shù)原理中的分步；2排列：（1）排列定義，排列數(shù)；（2）排列數(shù)公式3組合：（1）組合的定義，排列與組合的區(qū)別；（2）組合數(shù)公式；（3）組合數(shù)的性質(zhì)。4二項式定理：（1）二項式展開公式；（2）通項公式?？碱}先知：例1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（除原10點外），無兩條直線互相平行。求：（1）這些直線所交成的點的個數(shù)（除原10點外）。（2）這些直線交成多少個三角形。w.w.w.k.s.5.u.c.o.m解法一：（1）由題設(shè)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(shù)；所以這些直線交成新的點是：C45210C92=630。（2）這些直線所交成的三角形個數(shù)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(shù)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(shù)是：3C104=630。（2）同解法一。點評：用排列、組合解決有關(guān)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2證明下列不等式：（1）已知a、b為正數(shù)，nN，則 （）n；（2）已知a、b為正數(shù)，且+=1，則對于nN有（a+b）n-an-bn22n-2n+1。證明：（1）令a=x+，b=x，則x=；an+bn=(x+)n+(x-)n=xn+Cn1xn-1+Cnnn+xn-Cn1xn-1+(-1)nCnnn=2(xn+Cn2xn-22+Cn4xn-44+)2xn，即（）n（2）(a+b)n=an+Cn1an-1b+Cnnbn，又(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(shù)，ab=a+b2 ab4又an-kbk+bn-kak2=2()n(k=1,2,n-1)2(a+b) n2an+2bn+Cn12()n+Cn22（）n+Cnn-12()n(a+b)nan-bn(Cn1+Cn2+Cnn-1)（）n(2n2)2n=22n2n+1點評：利用二項式定理的展開式，可以證明一些與自然數(shù)有關(guān)的不等式問題。題（1）中的換元法稱之為均值換元（對稱換元）。這樣消去奇數(shù)次項，從而使每一項均大于或等于零。題（2）中，由對稱位置二項式系數(shù)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。復習智略： 例3在某次數(shù)學考試中，學號為的同學的考試成績，且滿足，則這4位同學的w.w.w.k.s.5.u.c.o.m考試成績的所有可能情況有幾種？解：（1）若，則有種；（2）若，則有種，所以共有+=15種。變化一：若將題中條件改為：，其它條件不變，則有幾種情況？解：（1）若，則有種；（2）若，則有種；（3）若，則有種；（4）若，則有種；所以共有+2+=35種。變化二：若將題中條件改為：，其它條件不變，則有幾種情況？解：（1）若3個連接符號中含0個等號，則有種；（2）若3個連接符號中含1個等號，則有種；（3）若3個連接符號中含2個等號，則有種；（4）若3個連接符號中含3個等號，則有種；所以共有+=70種。推廣：在某次數(shù)學考試中，學號為的同學的考試成績，且滿足，則這位同學的考試成績的所有可能情況有幾種？解：共有+種可能情況。聯(lián)想：在的展開式中，的系數(shù)為+，從而共有種可能情況。檢測評估：1有A、B、C、D、E、F6個集裝箱，準備用甲、乙、丙三輛卡車運送，每臺卡車一次運兩個。若卡車甲不能運A箱，卡車乙不能運B箱，此外無其它任何限制；要把這6個集裝箱分配給這3臺卡車運送，則不同的分配方案的種數(shù)為 （）(A) 168 (B) 84 (C) 56 (D) 422. 若xR，nN*，定義： =x(x+1)(x+2)(x+n-1),例如M3-5=(-5)(-4)(-3)= -60,則函數(shù)f(x)= （ ） A.是偶函數(shù)不是奇函數(shù)B.是奇函數(shù)不是偶函數(shù)C.既是奇函數(shù)又是偶函數(shù)D.既不是奇函數(shù)也不是偶函數(shù)3 知 的展開式中只有第四項的二項式系數(shù)最大，則展開式中的常數(shù)項等于（ ）。 A、 20 B、20 C、15 D、 15 4.一樣本的所有數(shù)據(jù)分組及頻數(shù)如下： 則在的頻率為（A） （B） （C） （D）5空間中有5個點，任意4點不共面，若連結(jié)了若干線段而圖中不存在四面體，則圖中三角形的個數(shù)至多有（ ）個。A3 B4 C5 D66甲、乙、丙三人值周一至周六的班，每人值兩天班，若甲不值周一、乙不值周六，則可排出不同的值班表數(shù)為 。7二次函數(shù)y=ax2+bx+c的系數(shù)a、b、c，在集合3，2，1，0，1，2，3，4中選取3個不同的值，則可確定坐標原點在拋物線內(nèi)部的拋物線 條。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，則符合這些條件的直線有 條。9四面體ABCD的四個頂點與六條棱的中點計10點中，與頂點A四點共面的組數(shù)有 個。10直線x=m，y=x將圓面x2+y24分成若干塊現(xiàn)在用5種不同的顏色給這若干塊涂色，每塊只涂一種顏色，且任意兩塊不同色，若共有120種不同的涂法，則實數(shù)m的取值范圍是 11設(shè)（a0）為奇函數(shù)，且min，數(shù)列an與bn滿足如下關(guān)系：a12， （1）求f（x）的解析表達式；（2）證明：當nN時，有bn12定義函數(shù) （1）求證 （2）設(shè) （3）是否存在區(qū)間的值域為ka,kb？若存在，求出最小的k的值及相應的區(qū)間a,b。點撥與全解：1.分兩類：甲運B箱，有種；甲不運B箱，有。不同的分配方案共有+=42（種），選（D）。2.因是奇函數(shù)，是偶函數(shù)，所以是奇函數(shù)，故選B。3解：由且得，從而，取得常數(shù)項15，故選D。4解：由，故選C。A4A1A2A3A55解：首先構(gòu)造如圖所示的圖形，顯然符合題意，這時恰有4個三角形：A1A2A3、A1A2A5、A1A3A4、A1A4A5；假設(shè)存在某種情況使三角形個數(shù)不少于5個，若僅有兩條線段未連結(jié)，則這兩條未連結(jié)線段必無公共交點，否則存在四面體，由此右圖中僅有4個三角形，矛盾；若有至少三條線段未連結(jié)，當有某條線段作為3個三角形的邊時，則僅有三個三角形；當每條線段至多作為2個三角形的邊時，則至多有個三角形。6解： 每人隨意值兩天，共有CCC個；甲必值周一，有CCC個；乙必值周六，有CCC個；甲必值周一且乙必值周六，有CCC個 所以每人值兩天，且甲必不值周一、乙必不值周六的值班表數(shù)，有N=CCC2CCC+ CCC=90256+12=42個 7解 由圖形特征分析，a0,開口向上，坐標原點在內(nèi)部f(0)=c0;a0,開口向下，原點在內(nèi)部f(0)=c0,所以對于拋物線y=ax2+bx+c來講，原點在其內(nèi)部af(0)=ac0,則確定拋物線時，可先定一正一負的a和c，再確定b,故滿足題設(shè)的拋物線共有CCAA=144條 8解 設(shè)傾斜角為，由為銳角，得tan=-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33-2=7（條）；（2）若c0，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334=36條，從而符合要求的直線共有7+36=43條；9解：按四點組是否在同一側(cè)面上分為兩類：（1）在某個側(cè)面上，共有 個；（2）在同一棱上的三點與對棱的中點共面，有3個，綜上所述，共有33個。10解：若兩直線將圓面分成3塊，則共有種不同的涂法，不合題意；若兩直線將圓面分成4塊，則共有種不同的涂法，符合題意，從而。11解：（1）由f（x）是奇函數(shù)，得 bc0由|f（x）min|，得a2，故f（x） （2） ，而b1， 當n1時，b1，命題成立 當n2時，21（11）111n，即 bn12解（1）令 當2x0時 g（x）0；當x0時，g（x）0g（x）在（2，0上遞減，在（0，+）上遞增則x=0時 g（x）min=g（0）=0 g（x）g（x）min=0 即fn（x）nx（2） 即 易得x00 而由（1）知x0時（1+x）n1+nx 故2n+1=（1+1）n+1n+2x01 綜上0x