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【步步高】2015届高三数学北师大版(通用,理)总复习讲义:第十章 10.1


§ 10.1

分类加法计数原理和分步乘法计数原理

1. 分类加法计数原理 完成一件事,可以有 n 类办法,在第一类办法中有 m1 种方法,在第二类办法中有 m2 种 方法,??,在第 n 类办法中有 mn 种方法,那么完成这件事共有 N=m1+m2+?+mn 种方法(也称加法原理). 2. 分步乘法计数原理 完成一件事需要经过 n 个步

骤,缺一不可,做第一步有 m1 种方法,做第二步有 m2 种方 法,??,做第 n 步有 mn 种方法,那么完成这件事共有 N=m1×m2×?×mn 种方法(也 称乘法原理). 3. 分类加法计数原理与分步乘法计数原理,都涉及完成一件事的方法的种数.它们的区别 在于:分类加法计数原理与分类有关,各种方法相互独立,用其中的任一种方法都可以 完成这件事;分步乘法计数原理与分步有关,各个步骤相互依存,只有各个步骤都完成 了,这件事才算完成.

1. 判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)在分类加法计数原理中,两类不同方案中的方法可以相同. (2)在分类加法计数原理中,每类方案中的方法都能直接完成这件事. ( × ( √ ) )

(3)在分步乘法计数原理中,事情是分两步完成的,其中任何一个单独的步骤都不能完成 这件事,只有两个步骤都完成后,这件事情才算完成. ( √ )

(4) 如果完成一件事情有 n 个不同步骤,在每一步中都有若干种不同的方法 mi(i =

1,2,3, ,?,n),那么完成这件事共有 m1m2m3?mn 种方法.

( √

)

2. 5 位同学报名参加两个课外活动小组,每位同学限报其中的一个小组,则不同的报名方 法共有________种. 答案 32 解析 每位同学有两种不同的报名方法,而且只有这 5 位同学全部报名结束,才算事件 完成.所以共有 2×2×2×2×2=32(种). 3. 有不同颜色的 4 件上衣与不同颜色的 3 件长裤,如果一条长裤与一件上衣配成一套,则 不同的配法种数是________. 答案 12 解析 由分步乘法计数原理,一条长裤与一件上衣配成一套,分两步,第一步选上衣有 4 种选法,第二步选长裤有 3 种选法,所以有 4×3=12(种)选法. 4. 甲、乙两人从 4 门课程中各选修 2 门,则甲、乙所选的课程中恰有 1 门相同的选法有 ________种. 答案 24 解析 分步完成.首先甲、乙两人从 4 门课程中同选 1 门,有 4 种方法,其次甲从剩下 的 3 门课程中任选 1 门,有 3 种方法,最后乙从剩下的 2 门课程中任选 1 门,有 2 种方 法,于是,甲、乙所选的课程中恰有 1 门相同的选法共有 4×3×2=24(种). 5. 用数字 2,3 组成四位数, 且数字 2,3 至少都出现一次, 这样的四位数共有________个. (用 数字作答) 答案 14 解析 数字 2,3 至少都出现一次,包括以下情况: “2”出现 1 次,“3”出现 3 次,共可组成 C1 4=4(个)四位数. “2”出现 2 次,“3”出现 2 次,共可组成 C2 4=6(个)四位数. “2”出现 3 次,“3”出现 1 次,共可组成 C3 4=4(个)四位数. 综上所述,共可组成 14 个这样的四位数.

题型一 分类加法计数原理的应用 例1 高三一班有学生 50 人,男生 30 人,女生 20 人;高三二班有学生 60 人,男生 30 人, 女生 30 人;高三三班有学生 55 人,男生 35 人,女生 20 人. (1)从高三一班或二班或三班中选一名学生任学生会主席,有多少种不同的选法? (2)从高三一班、二班男生中,或从高三三班女生中选一名学生任学生会体育部长,有多 少种不同的选法?

思维启迪 用分类加法计数原理. 解 (1)完成这件事有三类方法

第一类,从高三一班任选一名学生共有 50 种选法; 第二类,从高三二班任选一名学生共有 60 种选法; 第三类,从高三三班任选一名学生共有 55 种选法, 根据分类加法计数原理,任选一名学生任校学生会主席共有 50+60+55=165(种)选法. (2)完成这件事有三类方法 第一类,从高三一班男生中任选一名共有 30 种选法; 第二类,从高三二班男生中任选一名共有 30 种选法; 第三类,从高三三班女生中任选一名共有 20 种选法. 综上知,共有 30+30+20=80(种)选法. 思维升华 分类时,首先要根据问题的特点确定一个适合它的分类标准,然后在这个标 准下进行分类;其次分类时要注意满足一个基本要求,就是完成这件事情的任何一种方 法必须属于某一类,并且分别属于不同种类的两种方法是不同的方法,只有满足这些条 件,才可以用分类加法计数原理. (1)在所有的两位数中,个位数字比十位数字大的两位数有多少个? x2 y2 (2)方程 + =1 表示焦点在 y 轴上的椭圆,其中 m∈{1,2,3,4,5},n∈{1,2,3,4,5,6,7},那 m n 么这样的椭圆有多少个? 解 (1)分析个位数字,可分以下几类:

个位是 9,则十位可以是 1,2,3,?,8 中的一个,故有 8 个; 个位是 8,则十位可以是 1,2,3,?,7 中的一个,故有 7 个; 同理,个位是 7 的有 6 个; 个位是 6 的有 5 个; ? 个位是 2 的只有 1 个. 由分类加法计数原理,满足条件的两位数有 1+2+3+4+5+6+7+8=36(个). (2)以 m 的值为标准分类,分为五类. 第一类:m=1 时,使 n>m,n 有 6 种选择; 第二类:m=2 时,使 n>m,n 有 5 种选择; 第三类:m=3 时,使 n>m,n 有 4 种选择; 第四类:m=4 时,使 n>m,n 有 3 种选择; 第五类:m=5 时,使 n>m,n 有 2 种选择.

∴共有 6+5+4+3+2=20(种)方法, 即有 20 个符合题意的椭圆. 题型二 分步乘法计数原理的应用 例2 有六名同学报名参加三个智力竞赛项目, 在下列情况下各有多少种不同的报名方法? (不一定六名同学都能参加) (1)每人恰好参加一项,每项人数不限; (2)每项限报一人,且每人至多参加一项; (3)每项限报一人,但每人参加的项目不限. 思维启迪 可以根据报名过程,使用分步乘法计数原理. 解 (1)每人都可以从这三个比赛项目中选报一项,各有 3 种不同选法,由分步乘法计数

原理, 知共有选法 36=729(种). (2)每项限报一人,且每人至多参加一项,因此可由项目选人,第一个项目有 6 种选法, 第二个项目有 5 种选法,第三个项目只有 4 种选法,由分步乘法计数原理,得共有报名 方法 6×5×4=120(种). (3)由于每人参加的项目不限,因此每一个项目都可以从这六人中选出一人参赛,由分步 乘法计数原理,得共有不同的报名方法 63=216(种). 思维升华 利用分步乘法计数原理解决问题:①要按事件发生的过程合理分步,即分步 是有先后顺序的;②各步中的方法互相依存,缺一不可,只有各个步骤都完成了才算完 成这件事. 已知集合 M={-3,-2,-1,0,1,2},若 a,b,c∈M,则: (1)y=ax2+bx+c 可以表示多少个不同的二次函数; (2)y=ax2+bx+c 可以表示多少个图像开口向上的二次函数. 解 (1)a 的取值有 5 种情况,b 的取值有 6 种情况,c 的取值有 6 种情况,因此 y=ax2

+bx+c 可以表示 5×6×6=180(个)不同的二次函数. (2)y=ax2+bx+c 的图像开口向上时,a 的取值有 2 种情况,b、c 的取值均有 6 种情况, 因此 y=ax2+bx+c 可以表示 2×6×6=72(个)图像开口向上的二次函数. 题型三 两个原理的综合应用 例3 如图所示,将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色,并使同一 条棱上的两端异色,如果只有 5 种颜色可供使用,求不同的染色方 法总数. 思维启迪 染色问题是常见的计数应用问题,可从选颜色、选顶点 进行分类、分步,从不同角度解决问题. 解 方法一 可分为两大步进行,先将四棱锥一侧面三顶点染色,然后再分类考虑另外

两顶点的染色数,用分步乘法计数原理即可得出结论.由题设,四棱锥 S—ABCD 的顶 点 S、A、B 所染的颜色互不相同,它们共有 5×4×3=60(种)染色方法. 当 S、A、B 染好时,不妨设其颜色分别为 1、2、3,若 C 染 2,则 D 可染 3 或 4 或 5, 有 3 种染法;若 C 染 4,则 D 可染 3 或 5,有 2 种染法;若 C 染 5,则 D 可染 3 或 4, 有 2 种染法.可见,当 S、A、B 已染好时,C、D 还有 7 种染法,故不同的染色方法有 60×7=420(种). 方法二 以 S、A、B、C、D 顺序分步染色. 第一步,S 点染色,有 5 种方法; 第二步,A 点染色,与 S 在同一条棱上,有 4 种方法; 第三步,B 点染色,与 S、A 分别在同一条棱上,有 3 种方法; 第四步,C 点染色,也有 3 种方法,但考虑到 D 点与 S、A、C 相邻,需要针对 A 与 C 是否同色进行分类,当 A 与 C 同色时,D 点有 3 种染色方法;当 A 与 C 不同色时,因 为 C 与 S、B 也不同色,所以 C 点有 2 种染色方法,D 点也有 2 种染色方法.由分步乘 法、分类加法计数原理得不同的染色方法共有 5×4×3×(1×3+2×2)=420(种). 方法三 按所用颜色种数分类. 第一类,5 种颜色全用,共有 A5 5种不同的方法;
4 第二类,只用 4 种颜色,则必有某两个顶点同色(A 与 C,或 B 与 D),共有 2×A5 种不同

的方法; 第三类,只用 3 种颜色,则 A 与 C、B 与 D 必定同色,共有 A3 5种不同的方法. 由分类加法计数原理,得不同的染色方法总数为
4 3 A5 5+2×A5+A5=420(种).

思维升华 用两个计数原理解决计数问题时,关键是明确需要分类还是分步. (1)分类要做到“不重不漏”,分类后再分别对每一类进行计数,最后用分类加法计数原 理求和,得到总数. (2)分步要做到“步骤完整”,只有完成了所有步骤,才完成任务,根据分步乘法计数原 理,把完成每一步的方法数相乘,得到总数. (3)对于复杂问题,可同时运用两个计数原理或借助列表、画图的方法来帮助分析. 用红、黄、蓝、白、黑五种颜色涂在“田”字形的 4 个小方格内,每格涂 一种颜色,相邻两格涂不同的颜色,如果颜色可以反复使用,共有多少种不同的涂色方 法? 解 如图所示,将 4 个小方格依次编号为 1,2,3,4,第 1 个小方格可以从

5 种颜色中任取一种颜色涂上,有 5 种不同的涂法. ①当第 2 个、第 3 个小方格涂不同颜色时,有 A2 4=12(种)不同的涂法, 第 4 个小方格有 3 种不同的涂法. 由分步乘法计数原理可知, 有 5×12×3=180(种)不同

的涂法; ②当第 2 个、第 3 个小方格涂相同颜色时,有 4 种涂法,由于相邻方格不同色,因此, 第 4 个小方格也有 4 种不同的涂法, 由分步乘法计数原理可知. 有 5×4×4=80(种)不同 的涂法. 由分类加法计数原理可得,共有 180+80=260(种)不同的涂法.

对两个基本原理认识不清致误

典例:(10 分)(1)把 3 封信投到 4 个信箱,所有可能的投法共有 A.24 种 B.4 种 C.43 种 D.34 种

(

)

(2)某人从甲地到乙地,可以乘火车,也可以坐轮船,在这一天的不同时间里,火车有 4 趟,轮船有 3 次,问此人的走法可有________种. 易错分析 解决计数问题的基本策略是合理分类和分步,然后应用加法原理和乘法原理来计 算.解决本题易出现的问题是完成一件事情的标准不清楚导致计算出现错误,对于(1), 选择的标准不同,误认为每个信箱有三种选择,所以可能的投法有 34 种,没有注意到一 封信只能投在一个信箱中;对于(2),易混淆“类”与“步”,误认为到达乙地先坐火车 后坐轮船,使用乘法原理计算. 解析 (1)第 1 封信投到信箱中有 4 种投法;第 2 封信投到信箱中也有 4 种投法;第 3 封

信投到信箱中也有 4 种投法.只要把这 3 封信投完,就做完了这件事情,由分步乘法计 数原理可得共有 43 种方法. (2)因为某人从甲地到乙地,乘火车的走法有 4 种,坐轮船的走法有 3 种,每一种方法都 能从甲地到乙地,根据分类加法计数原理,可得此人的走法可有 4+3=7(种). 答案 (1)C (2)7

温馨提醒 (1)每封信只能投到一个信箱里,而每个信箱可以装 1 封信,也可以装 2 封信,其 选择不是唯一的,所以应注意由信来选择信箱,每封信有 4 种选择. (2) 在处理具体的应用问题时,首先必须弄清楚“分类”与“分步”的具体标准是什 么.选择合理的标准处理事情,可以避免计数的重复或遗漏.

方法与技巧 1.分类加法和分步乘法计数原理,都是关于做一件事的不同方法的种数的问题,区别在于: 分类加法计数原理针对“分类”问题, 其中各种方法相互独立, 用其中任何一种方法都可

以做完这件事;分步乘法计数原理针对“分步”问题,各个步骤相互依存,只有各个步骤 都完成了才算完成这件事. 2.混合问题一般是先分类再分步. 3.分类时标准要明确,做到不重复不遗漏. 4.要恰当画出示意图或树状图,使问题的分析更直观、清楚,便于探索规律. 失误与防范 1.切实理解“完成一件事”的含义,以确定需要分类还是需要分步进行. 2.分类的关键在于要做到“不重不漏”,分步的关键在于要正确设计分步的程序,即合理分 类,准确分步. 3.确定题目中是否有特殊条件限制.

A 组 专项基础训练 (时间:40 分钟) 一、选择题 1. 从集合{1,2,3,?,10}中任意选出三个不同的数,使这三个数成等比数列,这样的等比 数列的个数为 A.3 答案 D 解析 按从小到大顺序有 124,139,248,469 共 4 个,同理按从大到小顺序也有 4 个,故这 样的等比数列的个数为 8 个. 2. 现有 4 种不同颜色要对如图所示的四个部分进行着色,要求有公共边界 的两块不能用同一种颜色,则不同的着色方法共有 A.24 种 C.36 种 答案 D 解析 共有 4×3×2×2=48(种),故选 D. 3. 集合 P={x,1},Q={y,1,2},其中 x,y∈{1,2,3,?,9},且 P?Q.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,则这样的点的个数是 A.9 答案 B 解析 当 x=2 时,x≠y,点的个数为 1×7=7(个);当 x≠2 时,x=y,点的个数为 7×1 =7(个),则共有 14 个点,故选 B. B.14 C.15 D.21 ( ) B.30 种 D.48 种 ( ) B.4 C.6 D.8 ( )

4. (2013· 山东)用 0,1,?,9 十个数字,可以组成有重复数字的三位数的个数为 ( A.243 答案 B B.252 C.261 D.279

)

解析 0,1,2,?,9 共能组成 9×10×10=900(个)三位数,其中无重复数字的三位数有 9×9×8=648(个). ∴有重复数字的三位数有 900-648=252(个). 5. (2013· 四川)从 1,3,5,7,9 这五个数中,每次取出两个不同的数分别记为 a,b,共可得到 lg a-lg b 的不同值的个数是 A.9 答案 C a 解析 由于 lg a-lg b=lg (a>0,b>0), b a 从 1,3,5,7,9 中任取两个作为 有 A2 5=20 种, b 1 3 3 9 又 与 相同, 与 相同, 3 9 1 3 ∴lg a-lg b 的不同值的个数有 A2 5-2=20-2=18,选 C. 二、填空题 6. 一个乒乓球队里有男队员 5 名,女队员 4 名,从中选取男、女队员各一名组成混合双打, 共有________种不同的选法. 答案 20 解析 先选男队员,有 5 种选法,再选女队员有 4 种选法,由分步乘法计数原理知共有 5×4=20(种)不同的选法. 7. 某次活动中,有 30 人排成 6 行 5 列,现要从中选出 3 人进行礼仪表演,要求这 3 人中的 任意 2 人不同行也不同列,则不同的选法种数为________(用数字作答). 答案 7 200 解析 其中最先选出的一个人有 30 种方法,此时不能再从这个人所在的行和列上选人, 还剩一个 5 行 4 列的队形, 故选第二个人有 20 种方法, 此时不能再从该人所在的行和列 上选人,还剩一个 4 行 3 列的队形,此时第三个人的选法有 12 种,根据分步乘法计数原 理,总的选法种数是 30×20×12=7 200. 8. 已知集合 M={1,-2,3},N={-4,5,6,-7},从 M,N 这两个集合中各选一个元素分 别作为点的横坐标、纵坐标,则这样的坐标在直角坐标系中可表示第一、第二象限内不 同的点的个数是________. 答案 6 解析 分两类:第一类,第一象限内的点,有 2×2=4(个); B.10 C.18 D.20 ( )

第二类,第二象限内的点,有 1×2=2(个).共 4+2=6(个). 三、解答题 9. 某外语组有 9 人,每人至少会英语和日语中的一门,其中 7 人会英语,3 人会日语,从 中选出会英语和日语的各一人,有多少种不同的选法? 解 由题意得有 1 人既会英语又会日语,6 人只会英语,2 人只会日语.

第一类: 从只会英语的 6 人中选 1 人说英语, 共有 6 种方法, 则说日语的有 2+1=3(种), 此时共有 6×3=18(种); 第二类:不从只会英语的 6 人中选 1 人说英语,则只有 1 种方法,则选会日语的有 2 种, 此时共有 1×2=2(种); 所以根据分类加法计数原理知共有 18+2=20(种)选法. 10.在某种信息传输过程中,用 4 个数字的一个排列(数字允许重复)表示一个信息,不同排 列表示不同信息.若所用数字只有 0 和 1,则与信息 0110 至多有两个对应位置上的数字 相同的信息个数为多少? 解 方法一 分 0 个相同、1 个相同、2 个相同讨论.

(1)若 0 个相同,则信息为 1001.共 1 个. (2)若 1 个相同,则信息为 0001,1101,1011,1000.共 4 个. (3)若 2 个相同,又分为以下情况: ①若位置一与二相同,则信息为 0101; ②若位置一与三相同,则信息为 0011; ③若位置一与四相同,则信息为 0000; ④若位置二与三相同,则信息为 1111; ⑤若位置二与四相同,则信息为 1100; ⑥若位置三与四相同,则信息为 1010. 共 6 个. 故与信息 0110 至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为 1+4+6=11. 方法二 若 0 个相同,共有 1 个; 若 1 个相同,共有 C1 4=4(个); 若 2 个相同,共有 C2 4=6(个). 故共有 1+4+6=11(个). B 组 专项能力提升 (时间:30 分钟) 1. 三边长均为整数,且最大边长为 11 的三角形的个数为 A.24 答案 C B.26 C.36 D.37 ( )

解析 设另两边长分别为 x、y,且不妨设 1≤x≤y≤11,要构成三角形,必须 x+y≥12. 当 y 取 11 时,x=1,2,3,?,11,可有 11 个三角形; 当 y 取 10 时,x=2,3,?,10,可有 9 个三角形; ??; 当 y 取 6 时,x 只能取 6,只有 1 个三角形. ∴所求三角形的个数为 11+9+7+5+3+1=36. 2. 将 1,2,3,4,5,6,7,8,9 这 9 个数字填在如图的 9 个空格中,要求每一行从左到右、每一列从 上到下分别依次增大,当 3,4 固定在图中的位置时,填写空格的方法种数为 ( )

3

4

A.4 答案 B

B.6

C.9

D.12

解析 如图所示,根据题意,1,2,9 三个数字的位置是确定的,余下的数中,5 只能在 a, c 位置,8 只能在 b,d 位置,依(a,b,c,d)顺序,具体有(5,8,6,7),(5,6,7,8),(5,7,6,8), (6,7,5,8),(6,8,5,7),(7,8,5,6),合计 6 种. 1 3 c 2 4 d a b 9

3. 如图,一环形花坛分成 A,B,C,D 四块,现有 4 种不同的花供选种,要 求在每块里种 1 种花,且相邻的 2 块种不同的花,则不同的种法总数为 ( A.96 答案 B 解析 可依次种 A、B、C、D 四块,当 C 与 A 种同一种花时,有 4×3×1×3=36(种) 种法;当 C 与 A 所种花不同时,有 4×3×2×2=48(种)种法,由分类加法计数原理,不 同的种法总数为 36+48=84. 4. 直线方程 Ax+By=0,若从 0,1,2,3,5,7 这 6 个数字中任取两个不同的数作为 A、B 的值, 则可表示________条不同的直线. 答案 22 解析 分成三类:A=0,B≠0;A≠0,B=0 和 A≠0,B≠0,前两类各表示 1 条直线; 第三类先取 A 有 5 种取法,再取 B 有 4 种取法,故有 5×4=20(种).所以可以表示 22 条不同的直线. B.84 C.60 D.48 )

5. 某电子元件,是由 3 个电阻组成的回路,其中有 4 个焊点 A、B、C、 D,若某个焊点脱落,整个电路就不通,现在发现电路不通了,那么 焊点脱落的可能情况共有________种. 答案 15 解析 方法一 当线路不通时焊点脱落的可能情况共有 2×2×2×2-1=15(种). 方法二 恰有 i 个焊点脱落的可能情况为 Ci4(i=1,2,3,4)种,由分类加法计数原理,当电
2 3 4 路不通时焊点脱落的可能情况共 C1 4+C4+C4+C4=15(种).

6. 五名学生报名参加四项体育比赛,每人限报一项,则报名方法的种数为________.五名 学生争夺四项比赛的冠军(冠军不并列),获得冠军的可能性有________种. 答案 45 54

解析 报名的方法种数为 4×4×4×4×4=45. 获得冠军的可能情况有 5×5×5×5=54(种). 7. 已知集合 A={a1,a2,a3,a4},B={0,1,2,3},f 是从 A 到 B 的映射. (1)若 B 中每一元素都有原象,这样不同的 f 有多少个? (2)若 B 中的元素 0 必无原象,这样的 f 有多少个? (3)若 f 满足 f(a1)+f(a2)+f(a3)+f(a4)=4,这样的 f 又有多少个? 解 (1)显然对应是一一对应的,即为 a1 找象有 4 种方法,a2 找象有 3 种方法,a3 找象有

2 种方法,a4 找象有 1 种方法,所以不同的 f 共有 4×3×2×1=24(个). (2)0 必无原象,1,2,3 有无原象不限,所以为 A 中每一元素找象时都有 3 种方法.所以不 同的 f 共有 34=81(个). (3)分为如下四类: 第一类:A 中每一元素都与 1 对应,有 1 种方法; 第二类: A 中有两个元素对应 1, 一个元素对应 2, 另一个元素与 0 对应, 有 C2 C1 4· 2=12(种) 方法; 第三类,A 中有两个元素对应 2,另两个元素对应 0,有 C2 C2 4· 2=6(种)方法; 第四类, A 中有一个元素对应 1, 一个元素对应 3, 另两个元素与 0 对应, 有 C1 C1 4· 3=12(种) 方法. 所以不同的 f 共有 1+12+6+12=31(个).


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