数学经典易错题会诊与高考试题预测12

1 经典易错题会诊与经典易错题会诊与 2012 届高考试题届高考试题 预测 十二 预测 十二 考点考点 12 排列 组合 二项式定理排列 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 经典易错题会诊经典易错题会诊 命题角度命题角度 1 正确运用两个基本原理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 2n 3 n2 3n 8 n2n n 2n 1 2 1 nn 2n 2 2n 3 8 4n n2 n 2n 3 n2 3n 8 探究开放题预测探究开放题预测 预测角度预测角度 1 在等可能性事件的概率中考查排列 组合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 256 63 512 127 1024 3 256 1 DCBA 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 8 210 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 521 127 2 254 10 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 120 1 40 1 20 1 10 1 DCBA 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 20 1 10 10 7 2 3 3 6 6 A AAA 选 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 9 2 6 1 4 1 3 1 DCBA 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 4 13 3 3 6 3 6 3 3 3 6 3 7 1 CCC CCC 选 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 4 1 8 2 选 B 预测角度预测角度 2 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 9 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 1 n n k k a 2 求证 1 1 k n an 3 求证 n i kk a i 1 2 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 1 k k 当 n 1 时 切线过点 Pn 1 an 1 0 即有 0 akn kak 1n an 1 an 得 1 1 k k a a n n 数列 an 是首项为 1 k k 公比为 1 k k 的等比数列 an 1 k k n 2 由 1 知 an 1 k k n 1 1 k k n C0n C1n 1 k k C2n 1 k k 2 Cnn 1 k k n C0n C1n 1 k k 1 1 k n 3 记 121 121nn n a n a n aa S 则 132 1211 nn n a n a n aa S k k 10 两式相减得 1 1 1 1 1 1 1 1 1111111 2 21121 kkSk k k k k k k k k k aaaa n aaa S k n n nnn n 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 的上方和左方 有 2 种填方 5 6 7 8 填在其它位置有 2 4 C 6 种方法 依分步计数原理有 2 2 4 C 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 1 台 用隔板法 有 2 5 C 10 种 选 A 3 B 解析 基本事件总数为 1 4 C 2 4 C 3 4 C 4 4 C 15 而倒 出奇数粒的可能是 1 4 C 3 4 C 8 倒出奇数粒玻璃球的概率为 15 8 倒出偶数粒玻璃球的概率 为 15 7 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 A 小 B 大 C 相等 D 大小不能确定 4 将二项式 x x 4 2 1 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 D 7 项 答案 B 解析 4 2 1 x x n的展开式按 x 的降幂排列 前三项的系数为 10 nn CC 2 1 2 n C 4 1 由已知有 1 n C 20 nn CC 4 1 解得 n 8 或 1 舍去 n 1 n 8 4 2 1 x x 8的展开式的通 项为 r C8 x 2 8r 2 1 r x 4 r 2 1 r r C8 x 4 316r 当 r 0 4 8 时 4 316r 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 11 答案 11 解析 f n 3n 1 n C3n 1 1 n log2n 3 1 n log2n 2n 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 1 4 C种方法 再在剩下的 4 个位置 选 2 个位置放 1 剩下 2 个位置放 2 有 2 4 C种方法 依分步计数原理 共有这样的五位数 共有 1 4 C 2 4 C 24 个 选 B 7 在 4x2 3x 2 5的展开式中 分别求 1 x 的系数 答案 4x2 3x 2 5 4x2 2 3x 5 Tr 1 r C5 4x2 2 5 r 3x r 求 x 的系数 只有 r 1 x 的系数为 1 5 C 3 24 240 2 x2的系数 4x2 3x 2 5 4x2 3x 2 5 Tr 1 r C5 4x2 5 r 3x 2 r 要求 x2的系数 r 4 或 r 5 才有可能 当 r 4 时 x2的系数为 4 5 C 4 24 320 当 r 5 时 x2的系数为 3 5 5 5C C 32 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 2 1 x n的展开式中存在常数项 求所有满足条件的 n 的值的 和 答案 解 x3 2 1 x n的展开式的通项为 Tr 1 r n C x3 n r x 2r r n Cx3n 5r 存在常数项 3n 5r 0 r 5 3 n n 为 5 的倍数 满足条件的 n 的值 的和为 2 55 19 950 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 答案 解析 将走廊看作 6 列 1 2m2的图案 先铺第一列 有 3 6 A 30 种方法 再铺第二列 分三类 1 与第一列两块颜色均不相同 有 2 4 A 12 种 2 与第一列仅有一块相同 有 12 2 1 4 A 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 32 3n 13 2 3 31 31 3 n n 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 则 a 与 c 同为奇数或同为偶数 这样的等差数列共有 2 10 2 10C C 90 个 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 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 3 5 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 不同的染色方法数为 3 5 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 8 C种 其中 共面的四个点有两类 一类是共于表面的有 6