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2012届高考试题预测（十二）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经典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:AB满足f(1)<f(2)<f(3)<f(4),则这样的映射f的个数为 （ ）AC47A33 BC47 C77 DC7473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、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

3、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

4、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

5、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。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、

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C13·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，

7、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）含数字0，也含数字5，则选元素的过程有C13·C14，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

8、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,y1，2，3，9，且PQ。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（ ）A9个B14个C15个D21个答案： B 解析：PQ，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

9、0、1、1、2、2组成的五位数总共有 （ ）A12个 B24个 C30个 D48个答案： B 解析：分三步：(1)确定首位，1或2，共有两种方法；(2)将两个相同的元素安排位置有种；(3)第三步排剩下的两个元素，有种 共有2××=243 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(26 -2)，只报考了一所院校的可能有3，不同的报考方法数为36-(26 -2)-3=540或第一步将6人分

10、成三部分，有三种情况：(1)1，1，4，方法数为；(2)1，2，3，方法数为;(3)2，2，2方法数为这一步的方法数为+=90；第二步将这三部分人分到3所院校有，不同的报考方法数为90×=540命题角度 21（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：

11、（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 （ ） A120 B240 C360 D720考场错解 第一步考虑哪三个球的标号与其所在盒子的

12、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

13、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。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

14、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。

15、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.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)，有种对应方法不同的映射有=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

16、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个球之间有6个空档，放2个隔板，有=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,zN)的解有_组。答案：66 在排好的13个1的12个空档中放人两个隔板，有=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、zN.方程的解有66组填66 3 已知m、n0,1,2,3,4,5,6,则方程C6mx2+Cn6y2=1表示不同的椭圆的个数是_.答案：12 解析：x2+y2=1表示椭圆，mn，且m+n6将0，1，

17、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个不同的元素中选2个不同的椭圆的个数是=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=_。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=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=

18、-,a=-.本题答案为a=-2（典型例题）在（1-x）5+(1-x)6+(1-x)7+(1-x)8的展开式中，含x3的项的系数是 （ ）A74 B121 C-74 D-121考场错解 （1-x）5、(1-x)6、(1-x)7、(1-x)8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。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）5、(1-x)6、(1-x)7、(1-x)8的展开式子中含x3的项的系数分别为-C35、-C36、-C37

19、、-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D。正解二 （1-x）5+(1-x)6+(1-x)7+(1-x)8=展开式中含x3的项的系数为（1-x）5,(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）（2x-）9的展开式中，常数项为_（用数字作答）考场错解 （2x-）9的展开式的通项为，解得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，（2x-）9的展开式中，通项应为对症下药

20、（2x-）9的展开式的通项为常数为第7项，为23·（-1）6·C69=8C39=672。填672。4（典型例题）设nN*,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.专家把脉 （1+6）n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= （）=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

21、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(xR),则(a0+a1)+(a0+a2)+(a0+a3)+(a0+a2006)=_（用数字作答）。答

22、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n10（nN*）,若(x3-)n的异开式中含有常数项，则这样的n有_个。答案：解析：(x3 -)n的展开式的通项为Tr+1=(x3)n-r·(-)r=(-1)r··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23 设（1+）n=an+bn,(n,an,bnN*),记Cn=a2n-3b2n(nN*

23、),则数列Cn的通项Cn=_.答案：(-2)n 解析：(1+)n=an+bn，(n，an，bnN*)，(1-)n=an-bn，Cn=an2-3bn2=(an+bn)×(an-bn)=(-2)n.填(-2)n4 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q1，依题意得 解之得n=6，q=3，an=2×3n-1(n=1，2，3，4，5，6) a1-a2+a3-a4+(-1)nan+1 =2×30×-2×3+2×3

24、2×-+(-1)6×2×36× =2(-3+32-+36)=2(1-3)6=1285 求证：3n>2n-3(n2+3n+8)(n<2,nN)答案：解：证明：3n=(2+1)n=2n+·2n-1+·2n-2+2n-3+·2+>2n+n·2n-1+2n-2=2n-38+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 （ ）解题思路

25、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

26、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 （ ）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。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，

27、则A、B两个“冤家队”恰好分在同一组的概率为 （ ） 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。

28、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 （ ）A2n B-2n C(-2)n D1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)+2yn,而(1-3x)+2yn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 （ ）A86 B168 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

29、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

30、·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,+)，kN*,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

31、的横坐标为an.（1）求证：（2）求证：（3）求证：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=;当n>1时，切线过点Pn-1(an-1,0),即有0-akn=kak-1n(an-1-an)得数列an是首项为，公比为的等比数列。an=()n;(2)由（1）知an=()n=(1+)n=C0n+C1n·+C2n·()2+Cnn(

32、)nC0n+C1n·=1+；(3)记则，两式相减得（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 （ ）A6种 B12种 C18种 D24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=6种方法依分步计数原理有2=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（ ）

33、A10种 B9种 C8种 D6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=10种选A. 3B 解析：基本事件总数为+=15，而倒出奇数粒的可能是+=8，倒出奇数粒玻璃球的概率为，倒出偶数粒玻璃球的概率为，选B3 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（）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 （ ）A1项 B3项 C5项 D7项答案： B 解析：(

34、)n的展开式按x的降幂排列，前三项的系数为·，由已知有=，解得n=8或1，舍去n=1n=8，()8的展开式的通项为·x·()r·x-=()r·x，当r=0，4,8时为整数，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(nN*),当n=_时,|f(n)-2005|取得最小值。答案：11 解析f(n)=3n-3n-1+(-1)n+log2n=(3-1)n+log2n=2n+log2n， |f(n)-2005|=|2n+log2n-2005|当n=11时，|2n+lo

35、g2n-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，有种方法，依分步计数原理，共有这样的五位数共有=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+3x5，Tr+1=(4x2+2)5-r·(3x)r，求x的系数，只有r=1，x的系数为·3·24=240（2）x2的系数；(4x2+3x+2)5=4x2+(3x+2)5，Tr+1= (4x2)5-r(3x

36、+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 ·4·24=320，当r=5时，x2的系数为·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=328 若nN*,n<100,且二项式(x3+)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+)n的展开式的通项为Tr+1=·x3(n-r)×x-2r=x3n-5r，存在常数项，3n-5r=0 r=n，n为5的倍数，满足条件的n的值的和为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=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=12种(2)与第一列仅有一块相同，有2=8种；(3)