2008年高三数学新教材变式题(15套完整版)
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2008年高三数学新教材变式题(15套完整版),年高,数学,新教材,变式题,15,完整版
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用心 爱心 专心 十二、计数原理变式题（命题人：广州市第三中学 刘窗洲） 1（ 人教 A 版选修 2 22 页例 4） 用 0 到 9 这 10 个数字，可以组成多少个没有重复数字的三位数 ？ 变式 1： 由 1， 4， 5， x 可组成没有重复数字的四位数，若所有这些四位数的各位数字之和为 288，则 x 【解析】：（ 1+4+5+x） 44A =288，解得 10+x=12 【答案】： x=2 变式 2： 在由数字 1， 2， 3， 4， 5组成的所有没有重复数字的 5位数中，大于 23145且小于 43521的数共有 （ ） （ A） 56 个 （ B） 57个 （ C） 58个 （ D） 60 个 【解答】解法一：（直接法） 当首位排 2，次位排 3时，有 位排 4、 5时有 2 计 17 种； 当首位排 3， 计 24 种； 当首位排 4，次位排 3时，有 位排 1、 2时有 2 计 17 种； 以上总计 17+24+17=58 种。 解法二：（间接法） 不作限定时有 55A=120种； 当首位排 1或 5时，各有 计 48种不满足要求； 当首位排 2，次位排 1时，有 次位排 3时有 1种，共计 7种不满足要求； 当首位排 4，次位排 5时，有 次位排 3时有 1种，共计 7种不满足要求； 因此共有 1208种排法，即 58个数 变式 3： 给定数字 0、 1、 2、 3、 5、 9每个数字最多用一次 （ 1）可能组成多少个四位数？ （ 2）可能组成多少个四位奇数？ （ 3）可能组成多少个四位偶数？ （ 4）可能组成多少个自然数？ 【分析】：注意 0 不能放在首位，还要注意个位数字，方法多种多样，利用特殊优先法，即特殊 用心 爱心 专心 的元素，特殊的位置优先考虑 【解答】（ 1）解法一：从“位置”考虑，由于 0不能放在首位，因此首位数字只能有 15余 3个数位可以从余下的 5个 数字（包括 0）中任取 3个排列，所以可以组成 3003515 解法二：从“元素”考虑，组成的四位数可以按有无数字 0 分成两类，有数字 0 的有 3513数字 0的有 45以共组成 351345A=300个四位数； 解法三：“排除法”从 6个元素中取 4个元素的所有排列中，减去 0在首位上的排列数即为所求，所以共有 300351146 （ 2）从“位置”考虑，个位数字必须是奇数有 14A 种排法，由于 0 不能放在首位，因此首位数字只能有 14A 种取法，其余两个数位的排法有 24A ，所以共有 192241414 四位奇数； （ 3）解法一：由（ 1）（ 2）知共有 30008个四位偶数； 解法二：从“位置”考虑，按个位数字是否为 0分成两种情况， 0在个位时， 有 3511在个位时，有 241411 四位偶数，所以共有 3511241411 108个四位偶数； （ 4）一位数：有 16A=6个； 两位数：有 15155个； 三位数：有 251500个； 四位数：有 351500个； 五位数：有 451500个； 六位数：有 551500个； 所以共有 6+25+100+300+600+600=1631 个自然数 【点评】解有条件限制的排列问题思路：正确选择原理；处理好特殊元素和特殊位置，先让特殊元素占位，或特殊位置选元素；再考虑其余元素或其余位置；数字的排列问题， 0 不能排在首位 用心 爱心 专心 2（ 人教 A 版选修 2 29 页例 4） 在 100 件产品中，有 98 件合格品， 2 件次品，从 这 100 件产品中任意抽出 3 件。 （ 1）有多少种不同的抽法 ？ （ 2）抽出的 3 件中恰好有 1 件是次品的抽法有多少种 ？ （ 3）抽出的 3 件中至少有 1 件是次品的抽法有多少种 ？ 变式 1： 某人手中有张扑克牌，其中张为不同花色的，张为不同花色的，有次出牌机会，每次只能出一种点数的牌但张数不限，此人有多少种不同的出牌方法？ 【分析】：分类讨论，由于情况太多，要做到不重不漏 【解答】 出牌的方法可分为以下几类： （ 1） 5张牌全部分开出，有 55法； （ 2） 2张 2一起出， 3张 A 一起出，有 25 （ 3） 2张 2一起出， 3张 A 分开出，有 45 （ 4） 2张 2一起出， 3张 3523 （ 5） 2张 2分开出， 3张 A 一起出，有 35 （ 6） 2张 2分开出， 3张 A 分两次出，有 4523 因此，共有不同的出牌方法 8 6 04523353523452555 【点评】分类讨论一直是高中的难点，但更是高考的热点内容之一，所以同学们不能回避，应加强训练 变式 2： 将 7 个小球任意放入四个不同的盒子中，每个盒子都不空， （ 1）若 7 个小球相同，共有多少种不同的放法？ （ 2）若 7 个小球互不相同，共有多少种不同的放法？ 【解析】： （ 1）解法 1： 7=1+1+1+4=1+1+2+3=1+2+2+2， 分三类，共有分法 解法 2（隔板法）：将 7 个小球排成一排，插入 3 块隔板， 故共有分 法 （ 2） 7=1+1+1+4=1+1+2+3=1+2+2+2， ).(20142414 种 (2036 种C 用心 爱心 专心 共有分法 1 01123252711122435274447 ： 一个口袋内有 4 个不同的红球， 6 个不同的白球， （ 1）从中任取 4 个球，红球的个数不比白球少的取法有多少种？ （ 2）若取一个红球记 2 分，取一个白球记 1 分，从中任取 5 个球，使总分不少于 7 分的 取法有多少种？ 【解析】： （ 1）将取出 4 个球分成三类情况 1）取 4 个红球，没有白球，有 44C 种 2）取 3 个红球1 个白球，有 16343）取 2 个红球 2 个白球，有 ,26240(72)40(5,)2(1151644263436242624163444 人教 A 版选修 2 36 页例 2） （ 1）求 7(1 2 )x 的展开式的第 4 项的系数 ； （ 2）求 91()展开式中 3x 的系数 ？ 变式 1： 在二项式 3321 的 展开式中，前三项系数的绝对值成等差数列 （）求展开式的第四项； （）求展开式的常数项； （）求展开式的各项系数的和 【分析】：本题旨在训练 二项式定理通项公式的运用 【解答】 第一项系数的绝对值为 0二项系数的绝对值为21第三项系数的绝对值为42 用心 爱心 专心 依题意有 02 221 解得 n=8， （）第四项 323353384 4721 （）通项公式为 8238838381 2121 开式的常数项有2，即 r=4， 常数项为83521 4485 （）令 x=1，得展开式的各项系数的和25612121188 【点评】本题旨在训练 二项式定理通项公式的运用，但要注意通项为 1不是 这是同学们最容易出错的地方 变式 2： 设 44332210413 （）求43210 ； （）求420 ； （）求31 ； （）求4321 ； （ 5）求各项二项式系数的和 【分析】：本题旨在训练 二项展开式各项的系数与二项式系数 【解答】 （）令 x=1 得 1613 443210 （）令 x= 25613 443210 而由（ 1）知： 1613 443210 两式相加得 136420 用心 爱心 专心 （）将（ 2）中的两式相减得 12031 （）令 x=0 得 110 40 a，得 4321 3210 65； （ 5）各项二项式系数的和为 162 44434241404 【点评】要注意 二项展开式各项的系数与二项式系数是不同的两个概念 ； 系数和与二项式系数和不一定相同，本题的（ 1）与（ 5）结果相同纯属巧合 ；注意求系数和上述是最一般的方法，一定要理解 变式 3： 二项展开式 1531 理项的项数是（ ） (A) 3 (B) 4 (C) 5 (D) 6 【解析】 ： 6 545153151511 （ r = 0， 1， 2， 14 ）， 当 r = 3， 9， 15
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