2010届高三数学精品讲练：排列、组合、二项式定VIP

2010届高三数学精品讲练：排列、组合、二项式定理和概率 一、典型例题 例1、用n种不同颜色为下列两块广告牌着色（如图），要求在①，②，③，④个区域中相邻（有公共边界）的区域不用同一种颜色。 若n=6，为甲着色时共有多少种不同方法？ 若为乙着色时共有120种不同方法，求n。 解：完成着色这件事，共分四个步骤，可依次考虑为①、②、③、④着色时各自的方法数，再由乘法原理确定决的着色方法数。因此 （1）为①着色有6种方法，为②着色有5种方法，为③着色有4种方法，为④着色也只有4种方法。 ∴ 共有着色方法6×5×4×4=480种 （2）与①的区别在于与④相邻的区域由两块变成了三块，同理，不同的着色方法数是n(n-1)(n-2)(n-3) 由n(n-1)(n-2)(n-3)=120 ∴ （n2-3n）(n2-3n+2)-120=0 即(n2-3n)2+2(n2-3n)-12×10=0 ∴ n2-3n-10=0 ∴ n=5 例2、计算下列各题： （1） （2） （3） 解：（1）原式= （2）原式= （3）原式= = 例3、按以下要求分配6本不同的书，各有几种分法？ 平均分给甲、乙、丙三人，每人2本； 平均分成三份，每份2本； 甲、乙、丙三人一人得1本，一人得2本，一人得3本； 分成三份，一份1本，一份2本，一份3本； 甲、乙、丙三人中，一人得4本，另二人每人得1本； 分成三份，一份4本，另两份每份1本； 甲得1本，乙得1本，丙得4本（均只要求列式） 解：（1）； （2） （3） （4） （5） （6） （7） 评注：有关排列组合混合题常常是先组合再排列。 例4、四面体的顶点和各棱中点共有10个点，在其中取4个不共面的点，不同的取法共有（ ） A、150种 B、147种 C、144种 D、141种 解：从10个点中任取4个点有种取法，其中4点共面的情况有三类。第一类，取出的4个点位于四面体的同一个面内，有种；第二类，取任一条棱上的3个点及该棱对棱的中点，这4点共面，有6种；第三类，由中位线构成的平行四边形（其两组对边分别平行于四面体相对的两条棱），它的4个点共面，有3种。以上三种情况不合要求应减掉，所以不同的取法共有（种） 例5、求(4+2x+x2)(2-x)7的展开式中x5的系数。 解：(4+2x+x2)(2-x)7=(8-x3)(x-2)6 =(8-x3)[(x6-2C61x5+(-2)2C62x4+(-2)3C63x3+(-2)4C64x2+…] ∴ 含x5的项为-2×8×C61·x5-(-2)4C64x5=-336x5 ∴ x5的系数为-336 例6、已知的展开式前三项中的x的系数成等差数列。 求展开式里所有的x的有理项； 求展开式里系数最大的项。 解：（1）∵ 由题设可知 解得n=8或n=1（舍去） 当n=8时，通项 据题意，必为整数，从而可知r必为4的倍数，而0≤r≤8 ∴ r=0，48，故x的有理项为，， 设第r+1项的系数tr+1最大，显然tr+1>0，故有≥1且≤1 ∵ 由≥1得r≤3 又∵ 由≤1得：r≥2 ∴ r=2或r=3所求项为和 例7、设a>1，n∈N，且n≥2，求证： 证明：设，则(x+1)n=a 欲证原不等式，即证nx<(x+1)n-1，x>0 ∵ 即(x+1)n>nx+1，原不等式成立。 评注：由于(a+b)n的展开式共有n+1项，故可通过对某些项的取舍来达到近似计算或证明不等式的目的。 例8、盒中有6只灯泡，其中2只次品，4只正品，有放回地从中任取两次，每次取一只，试求下列事件的概率： 取到的2只都是次品； 取到的2只中正品、次品各一只； 取到的2只中至少有一只正品。 解：从6只灯泡中有放回地任取两只，共有62=36种不同取法 （1）取到的2只都是次品情况为22=4种，因而所求概率为 （2）由于取到的2只中正品、次品各一只有两种可能：第一次取到正品，第二次取到次品；及第一次取到次品，第二次取到正品。因而所求概率为 （3）由于“取到的两只中至少有一只正品”是事件“取到的两只都是次品”的对立事件，因而所求概率为 例9、甲、乙两人独立地破译1个密码，他们能译出的密码的概率分别为和，求： 恰有1人译出的密码的概率； 至多1人译出的密码的概率； 若达到译出的密码的概率为，至少需要多少个乙这样的人。 解：记“甲译出密码”为事件A，“甲译不出密码”这事件；记“乙译出密码”为事件B，“乙译不出密码”为事件；“两人都译出密码”为事件C，“两人都