有关独立的新颖题目 内容独立,试题新颖
时间：2019-05-28 03:32:36 来源：柠檬阅读网 本文已影响 人 
排列组合、二项式定理相对于其他数学知识而言，内容比较独立，但又与概率统计密切相关． 在自主招生考试中，排列组合、二项式定理和概率统计的试题往往形式新颖，并与生产、生活紧密联系． 此外，这三个方面的知识还常常与多项式、数论等知识结合，以难度较高的综合题形式出现．
一、排列组合问题
在自主招生考试中，排列组合问题常常要求在特定的条件下求排列数或组合数．在解题时，一方面要分清问题到底是排列问题还是组合问题，另一方面要优先考虑特殊元素或特殊位置. 主要解题方法有直接法、间接法、捆绑法、插入法、递推法等．
例1 （2009年浙江大学自主招生考试第4题） 现有数字1，2，3，4，5排列而成的五位数（没有重复数字），规定：前i个数不允许是1，2，…，i的一个排列（1≤i≤4）（如32154就不可以，因为前三个数是1，2，3的排列），试求满足这种条件的数共有几个.
解析： 例1的限制条件是“前i个数不允许是1，2，…，i的一个排列（1≤ｉ≤4）”．根据题目的特点，我们考虑用间接法来求解．由题意可知5个数的排列数有＝120个．其中，首位为1的，共有·＝24个；前两位为1，2的，共有·＝12个；前三位为1，2，3的，共有·＝12个；前四位为1，2，3，4的，共有·＝24个. ∴ 满足条件的数共有120-24-12-12-24=48个．
例2 （2011年“卓越”联盟自主招生考试第9题） 数列｛ａｎ｝共有11项，ａ1＝0，ａ11＝4，且ａｋ+1-ａｋ＝1，ｋ＝1，2，…，10，则满足条件的不同数列的个数为
（A） 100 （B） 120 （C） 140 （D） 160
解析： 由题意可得ａｋ+1-ａｋ=1或ａｋ+1-ａｋ=-1．已知数列｛ａｎ｝共有11项，ａ1＝0，ａ11＝4，要求出究竟有几个满足条件的不同数列，关键是看这10个ａｋ+1-ａｋ的值中到底有几个1和几个-1． 设10个ａｋ+1-ａｋ的值中有x个1，则有10-x个-1. ∵ ａ11-ａ1=（ａ11-ａ10）+（ａ10-ａ9）+…+（ａ2-ａ1）＝4， ∴ ｘ-（10-ｘ）＝4，解得ｘ＝7. 要求满足条件的不同数列的个数，相当于要求在10个空格里任意放置7个1（或3个-1）共有几种放法， ∴ 满足条件的数列的个数为=120，选B．
二、二项式定理问题
自主招生考试中的二项式定理问题主要分三类：求二项展开式中的特定项或特定项的系数，求某些项的系数之和，证明组合恒等式． 在解题时必须掌握二项展开式的通项公式，熟悉赋值法、模型构造法和母函数法． 所谓母函数法，就是根据问题的特征或转化问题后所得形式的特征,构造相应的母函数，并利用母函数的性质求解的方法．
例3 （2006年复旦大学自主招生考试第5题） 求证： （）2+（）2+…+（）2＝．
解析： 我们先来证明一个更具一般性的结论：++…+＝．
模型构造法：首先设想一个问题：从ｍ+ｎ个不同元素中取出ｐ个元素，共有几种取法？该问题有两种解法．第一种解法即直接由组合数公式得出共有种取法．第二种解法是将ｍ+ｎ个元素分成两组，第一组有ｍ个元素，第二组有ｎ个元素，要从ｍ+ｎ个元素中取出p个元素，可分别从这两组元素中取出一些元素组成ｐ个元素．取法可分成ｐ+1种：从第一组取ｐ个，第二组不取，有种取法；从第一组取ｐ-1个，从第二组取1个，有种取法；…；第一组不取，从第二组取ｐ个，有种取法， ∴ 取法的总数为+++…+． 这两种解法的答案应该是一致的， ∴ +++…+=．
母函数法： ∵ （1+ｘ）ｎ+ｍ＝（1+ｘ）ｎ·（1+ｘ）ｍ， ∴ （1+ｘ）ｎ+ｍ＝（1+ｘ+ｘ2+…+ｘｎ）·（1+x+x2+…+xm）． 在该等式左右两边的展开式中，xp的系数必相等． ∵ 等式左边xp的系数是，等式右边xp的系数是+++…+， ∴ +++…+=．
现在让我们回到例3. ∵ （）2+（）2+…+（）2＝++…+，由++…+＝可得++…+＝， ∴ 问题得证．
模型构造法和母函数法是证明组合恒等式的典型方法． 这两种方法都用到了“算两次”原理. “算两次”原理又称富比尼原理，它是指对同一个量，用两种不同的方法计算，所得的结果应该相等．另外，拆项法、倒序相加法也是证明组合恒等式或解决求和问题的常用方法．
三、概率问题
古典概型和几何概型是自主招生考试中的两种常见概率模型. 在解题时要注意分辨古典概型和几何概型的本质特征，掌握概率加法公式、相互独立事件同时发生的概率公式和条件概率的计算方法，还要注意领会概率递推公式的建立方法．
例4 （2011年“华约”联盟自主招生考试第15题） 投掷一枚硬币（正反面向上等可能），设投掷n次不连续三次出现正面向上的概率为Pn． （1） 求P1，P2，P3和P4； （2） 写出Pn的递推公式，并指出其单调性； （3） Pn是否存在？有何统计意义？
解析： 要计算投掷n次不连续三次出现正面向上的概率Pn ，我们可先算出几种特殊情况，再从特殊到一般，建立递推关系．
（1） 由题意得P1=P2=1，P3=1-3=. ∵ 投掷四次连续三次出现正面向上的情况只有三种：正正正正、正正正反或反正正正， ∴ P4=1-3×4=．
（2） 分三种情况：①若投掷n-1次不连续三次出现正面向上的概率为Pn-1，第n次投掷出现反面向上，则投掷n次也不连续三次出现正面向上，其概率为Pn-1；②若投掷n-2次不连续三次出现正面向上的概率为Pn-2，第ｎ-1次投掷出现反面向上，第n次投掷出现正面向上，则投掷n次也不连续三次出现正面向上，其概率为Pn-2；③若投掷n-3次不连续三次出现正面向上的概率为Pn-3，第n-2次投掷出现反面向上，第n-1次投掷出现正面向上，第n次投掷出现正面向上，则投掷n次也不连续三次出现正面向上，其概率为Pn-3.所以Pn=Pn-1+Pn-2+Pn-3 （ｎ≥4），且P1=P2=1，P3=．
由Pn=Pn-1+Pn-2+Pn-3 （ｎ≥4）得Pn-1＝Pn-2+Pn-3+Pn-4 （ｎ≥5），两式相减可得Pn=Pn-1-Pn-4 （ｎ≥5），所以当ｎ≥5时，Pn单调递减，其单调性为P1=P2>P3>P4>P5 ….
（3） 由（2）知当ｎ≥2时，Pn单调递减，且由题意可知Pn>0，所以Pn的极限存在. 对Pn=Pn-1-Pn-4两边同时取极限可得Pn=0，其统计意义是当投掷的次数足够多时，不连续三次出现正面向上的次数非常少，不连续三次出现正面向上的次数与总抛掷次数的比值趋近于0．
四、概率统计问题
期望和方差是概率统计知识中的重要内容，在解题时要注意三个问题：一是掌握期望与方差的基本性质；二是理解一些特殊分布的期望与方差，如两点分布、二项分布等；三是注意运算的技巧，如运用期望与方差的性质简化运算或建立递推关系等．
例5 （2011年“卓越”联盟自主招生考试第14题） 一个袋中装有a个白球和b个黑球．从中任取一球，如果取出白球，则把它放回袋中；如果取出黑球，则该黑球不再放回，另补一个白球放到袋中. 在重复n次这样的操作后，记袋中白球的个数为xn．
（1） 求x1的数学期望Ex1； （2） 设P（ｘｎ＝ａ+ｋ）＝Pｋ，求P（ｘｎ+1＝ａ+ｋ），ｋ＝0，1，…，ｂ； （3） 证明：ｘｎ+1的数学期望Eｘｎ+1=1-Eｘｎ+1．
解析： 随机变量的数学期望计算是以概率计算为前提的，因此在例5中，计算事件xi（ｉ＝1，2，…，ｎ）的概率是解决问题的突破口．
（1） 当ｎ＝1时，若取出的是白球，则取球后袋中白球的个数为ａ个，第一次取到白球的概率为；若取出的是黑球，则取球后袋中白球的个数为ａ+1个，第一次取到黑球的概率为. 所以Ex1＝ａ×+（ａ+1）×＝．
（2） P（ｘｎ＝ａ+ｋ）＝Pｋ的意义为重复ｎ次取球后，袋中有ａ+ｋ个白球的概率. 由此可知当k=0时，P（ｘｎ+1＝ａ+0）代表重复ｎ+1次取球、每次都取出白球的概率，∴ P（ｘｎ+1＝ａ+0）＝P（ｘｎ＝ａ+0）·＝P0·．
当ｋ≥1时，第ｎ+1次取球后袋中有ａ+ｋ个白球的情况分两种：①第ｎ次取球后袋中有ａ+ｋ个白球、ｂ-ｋ个黑球，第ｎ+1次取出的是白球，概率为Pｋ·；②第ｎ次取球后袋中有ａ+ｋ-1个白球、ｂ-ｋ+1个黑球，第ｎ+1次取出的是黑球，概率为Pｋ-1·. 所以P（ｘｎ+1＝ａ+ｋ）＝Pｋ·+Pｋ-1· （1≤k≤b且k∈N*）．
（3） 第n次取球后白球的个数xn的数学期望为Exn，即无论第n次取出的是白球还是黑球，第n次取球后白球个数的平均值为Exn .第n+1次取球的情况可分为两种：①第n+1次取出白球，概率是；②第n+1次取出黑球，概率是． 所以Exn+1=·Exn＋·（Exn＋１）＝１－Exn＋１.
【编后语】 关于自主招生考试数学试题的相关内容，我们就讲到这里． 近年来， “自主招生”一直是个热门话题，媒体的报道和学长的描述往往让人产生一种自主招生考试难度很大的印象．通过这十期内容的讲解，我们想告诉大家：自主招生考试并不难！其实自主招生考查的知识往往非常基础，灵活的思路和巧妙的解法才是考查的重点．自主招生考试中涉及的思想方法，我们基本上都已提到，所以不要畏惧，只要灵活思变，你一定能战胜自己！
