內容獨立 試題新穎

排列組合、二項式定理相對于其他數學知識而言，內容比較獨立，但又與概率統計密切相關． 在自主招生考試中，排列組合、二項式定理和概率統計的試題往往形式新穎，并與生產、生活緊密聯系． 此外，這三個方面的知識還常常與多項式、數論等知識結合，以難度較高的綜合題形式出現．

一、排列組合問題

在自主招生考試中，排列組合問題常常要求在特定的條件下求排列數或組合數．在解題時，一方面要分清問題到底是排列問題還是組合問題，另一方面要優先考慮特殊元素或特殊位置. 主要解題方法有直接法、間接法、捆綁法、插入法、遞推法等．

例1 （2009年浙江大學自主招生考試第4題） 現有數字1，2，3，4，5排列而成的五位數（沒有重復數字），規定：前i個數不允許是1，2，…，i的一個排列（1≤i≤4）（如32154就不可以，因為前三個數是1，2，3的排列），試求滿足這種條件的數共有幾個.

解析： 例1的限制條件是“前i個數不允許是1，2，…，i的一個排列（1≤ｉ≤4）”．根據題目的特點，我們考慮用間接法來求解．由題意可知5個數的排列數有＝120個．其中，首位為1的，共有·＝24個；前兩位為1，2的，共有·＝12個；前三位為1，2，3的，共有·＝12個；前四位為1，2，3，4的，共有·＝24個. ∴ 滿足條件的數共有120-24-12-12-24=48個．

例2 （2011年“卓越”聯盟自主招生考試第9題） 數列｛ａｎ｝共有11項，ａ1＝0，ａ11＝4，且ａｋ+1-ａｋ＝1，ｋ＝1，2，…，10，則滿足條件的不同數列的個數為

（A） 100 （B） 120 （C） 140 （D） 160

解析： 由題意可得ａｋ+1-ａｋ=1或ａｋ+1-ａｋ=-1．已知數列｛ａｎ｝共有11項，ａ1＝0，ａ11＝4，要求出究竟有幾個滿足條件的不同數列，關鍵是看這10個ａｋ+1-ａｋ的值中到底有幾個1和幾個-1． 設10個ａｋ+1-ａｋ的值中有x個1，則有10-x個-1. ∵ ａ11-ａ1=（ａ11-ａ10）+（ａ10-ａ9）+…+（ａ2-ａ1）＝4， ∴ ｘ-（10-ｘ）＝4，解得ｘ＝7. 要求滿足條件的不同數列的個數，相當于要求在10個空格里任意放置7個1（或3個-1）共有幾種放法， ∴ 滿足條件的數列的個數為=120，選B．

二、二項式定理問題

自主招生考試中的二項式定理問題主要分三類：求二項展開式中的特定項或特定項的系數，求某些項的系數之和，證明組合恒等式． 在解題時必須掌握二項展開式的通項公式，熟悉賦值法、模型構造法和母函數法． 所謂母函數法，就是根據問題的特征或轉化問題后所得形式的特征，構造相應的母函數，并利用母函數的性質求解的方法．

例3 （2006年復旦大學自主招生考試第5題） 求證： （）2+（）2+…+（）2＝．

解析： 我們先來證明一個更具一般性的結論：++…+＝．

模型構造法：首先設想一個問題：從ｍ+ｎ個不同元素中取出ｐ個元素，共有幾種取法？該問題有兩種解法．第一種解法即直接由組合數公式得出共有種取法．第二種解法是將ｍ+ｎ個元素分成兩組，第一組有ｍ個元素，第二組有ｎ個元素，要從ｍ+ｎ個元素中取出p個元素，可分別從這兩組元素中取出一些元素組成ｐ個元素．取法可分成ｐ+1種：從第一組取ｐ個，第二組不取，有種取法；從第一組取ｐ-1個，從第二組取1個，有種取法；…；第一組不取，從第二組取ｐ個，有種取法， ∴ 取法的總數為+++…+． 這兩種解法的答案應該是一致的， ∴ +++…+=．

母函數法： ∵ （1+ｘ）ｎ+ｍ＝（1+ｘ）ｎ·（1+ｘ）ｍ， ∴ （1+ｘ）ｎ+ｍ＝（1+ｘ+ｘ2+…+ｘｎ）·（1+x+x2+…+xm）． 在該等式左右兩邊的展開式中，xp的系數必相等． ∵ 等式左邊xp的系數是，等式右邊xp的系數是+++…+， ∴ +++…+=．

現在讓我們回到例3. ∵ （）2+（）2+…+（）2＝++…+，由++…+＝可得++…+＝， ∴ 問題得證．

模型構造法和母函數法是證明組合恒等式的典型方法． 這兩種方法都用到了“算兩次”原理. “算兩次”原理又稱富比尼原理，它是指對同一個量，用兩種不同的方法計算，所得的結果應該相等．另外，拆項法、倒序相加法也是證明組合恒等式或解決求和問題的常用方法．

三、概率問題

古典概型和幾何概型是自主招生考試中的兩種常見概率模型. 在解題時要注意分辨古典概型和幾何概型的本質特征，掌握概率加法公式、相互獨立事件同時發生的概率公式和條件概率的計算方法，還要注意領會概率遞推公式的建立方法．

例4 （2011年“華約”聯盟自主招生考試第15題） 投擲一枚硬幣（正反面向上等可能），設投擲n次不連續三次出現正面向上的概率為Pn． （1） 求P1，P2，P3和P4； （2） 寫出Pn的遞推公式，并指出其單調性； （3） Pn是否存在？有何統計意義？

解析： 要計算投擲n次不連續三次出現正面向上的概率Pn ，我們可先算出幾種特殊情況，再從特殊到一般，建立遞推關系．

（1） 由題意得P1=P2=1，P3=1-3=. ∵ 投擲四次連續三次出現正面向上的情況只有三種：正正正正、正正正反或反正正正， ∴ P4=1-3×4=．

（2） 分三種情況：①若投擲n-1次不連續三次出現正面向上的概率為Pn-1，第n次投擲出現反面向上，則投擲n次也不連續三次出現正面向上，其概率為Pn-1；②若投擲n-2次不連續三次出現正面向上的概率為Pn-2，第ｎ-1次投擲出現反面向上，第n次投擲出現正面向上，則投擲n次也不連續三次出現正面向上，其概率為Pn-2；③若投擲n-3次不連續三次出現正面向上的概率為Pn-3，第n-2次投擲出現反面向上，第n-1次投擲出現正面向上，第n次投擲出現正面向上，則投擲n次也不連續三次出現正面向上，其概率為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），兩式相減可得Pn=Pn-1-Pn-4 （ｎ≥5），所以當ｎ≥5時，Pn單調遞減，其單調性為P1=P2>P3>P4>P5 ….

（3） 由（2）知當ｎ≥2時，Pn單調遞減，且由題意可知Pn>0，所以Pn的極限存在. 對Pn=Pn-1-Pn-4兩邊同時取極限可得Pn=0，其統計意義是當投擲的次數足夠多時，不連續三次出現正面向上的次數非常少，不連續三次出現正面向上的次數與總拋擲次數的比值趨近于0．

四、概率統計問題

期望和方差是概率統計知識中的重要內容，在解題時要注意三個問題：一是掌握期望與方差的基本性質；二是理解一些特殊分布的期望與方差，如兩點分布、二項分布等；三是注意運算的技巧，如運用期望與方差的性質簡化運算或建立遞推關系等．

例5 （2011年“卓越”聯盟自主招生考試第14題） 一個袋中裝有a個白球和b個黑球．從中任取一球，如果取出白球，則把它放回袋中；如果取出黑球，則該黑球不再放回，另補一個白球放到袋中. 在重復n次這樣的操作后，記袋中白球的個數為xn．

（1） 求x1的數學期望Ex1； （2） 設P（ｘｎ＝ａ+ｋ）＝Pｋ，求P（ｘｎ+1＝ａ+ｋ），ｋ＝0，1，…，ｂ； （3） 證明：ｘｎ+1的數學期望Eｘｎ+1=1-Eｘｎ+1．

解析： 隨機變量的數學期望計算是以概率計算為前提的，因此在例5中，計算事件xi（ｉ＝1，2，…，ｎ）的概率是解決問題的突破口．

（1） 當ｎ＝1時，若取出的是白球，則取球后袋中白球的個數為ａ個，第一次取到白球的概率為；若取出的是黑球，則取球后袋中白球的個數為ａ+1個，第一次取到黑球的概率為. 所以Ex1＝ａ×+（ａ+1）×＝．

（2） P（ｘｎ＝ａ+ｋ）＝Pｋ的意義為重復ｎ次取球后，袋中有ａ+ｋ個白球的概率. 由此可知當k=0時，P（ｘｎ+1＝ａ+0）代表重復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·．

當ｋ≥1時，第ｎ+1次取球后袋中有ａ+ｋ個白球的情況分兩種：①第ｎ次取球后袋中有ａ+ｋ個白球、ｂ-ｋ個黑球，第ｎ+1次取出的是白球，概率為Pｋ·；②第ｎ次取球后袋中有ａ+ｋ-1個白球、ｂ-ｋ+1個黑球，第ｎ+1次取出的是黑球，概率為Pｋ-1·. 所以P（ｘｎ+1＝ａ+ｋ）＝Pｋ·+Pｋ-1· （1≤k≤b且k∈N*）．

（3） 第n次取球后白球的個數xn的數學期望為Exn，即無論第n次取出的是白球還是黑球，第n次取球后白球個數的平均值為Exn .第n+1次取球的情況可分為兩種：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.

【編后語】 關于自主招生考試數學試題的相關內容，我們就講到這里． 近年來， “自主招生”一直是個熱門話題，媒體的報道和學長的描述往往讓人產生一種自主招生考試難度很大的印象．通過這十期內容的講解，我們想告訴大家：自主招生考試并不難！其實自主招生考查的知識往往非常基礎，靈活的思路和巧妙的解法才是考查的重點．自主招生考試中涉及的思想方法，我們基本上都已提到，所以不要畏懼，只要靈活思變，你一定能戰勝自己！